Autovalori ed autovettori
Data l'applicazione lineare $f:R^3->R^3 : f(x,y,z)=(6y,x+z,x+z)$
i) calcolare una base di $ker(f)$ ed una base di $im(f)$
ii) calcolare autovalori ed autospazi di $f$
iii) dire se $f$ è diagonalizzabile e scrivere una base di $R^3$ formata da autovettori di $f$
i) ho scritto la matrice associata all'applicazione lineare e l'ho ridotta a gradini
$ ( ( 0 , 6 , 0 ),( 1 , 0 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ) ) -> ( ( 1 , 0 , 1 ),( 0 , 6 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) $
Per determinare una base ho scelto le colonne dove sono presenti i pivot.
Base $im(f)={(0,1,1),(6,0,0)}$
$z$ variabile libera, quindi: $ { ( x=-z ),( y=0 ):} $ ---> Base $ker(f)={(-1,0,1)}$
ii) ho trovato come autovalori
$\lambda=0$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=-2$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=3$ con molteplicità algebrica $1$
quando vado a trovare gli autovettori per $\lambda=-2$ esce fuori l'autovettore nullo (e ciò è impossibile)
dove ho sbagliato??
i) calcolare una base di $ker(f)$ ed una base di $im(f)$
ii) calcolare autovalori ed autospazi di $f$
iii) dire se $f$ è diagonalizzabile e scrivere una base di $R^3$ formata da autovettori di $f$
i) ho scritto la matrice associata all'applicazione lineare e l'ho ridotta a gradini
$ ( ( 0 , 6 , 0 ),( 1 , 0 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ) ) -> ( ( 1 , 0 , 1 ),( 0 , 6 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) $
Per determinare una base ho scelto le colonne dove sono presenti i pivot.
Base $im(f)={(0,1,1),(6,0,0)}$
$z$ variabile libera, quindi: $ { ( x=-z ),( y=0 ):} $ ---> Base $ker(f)={(-1,0,1)}$
ii) ho trovato come autovalori
$\lambda=0$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=-2$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=3$ con molteplicità algebrica $1$
quando vado a trovare gli autovettori per $\lambda=-2$ esce fuori l'autovettore nullo (e ciò è impossibile)
dove ho sbagliato??
Risposte
io lo risolvo con il metodo di Sarrus
avrò sbagliato qualche conto
$ ( ( 0-\lambda , 6 , 0 , 0-\lambda , 6 , 0 ),( 1 , 0-\lambda , 1 , 1 , 0-lambda , 1 ),( 1 , 0 , 1-\lambda , 1 , 0 , 1-\lambda ) ) $
da cui $\lambda*(\lambda+2)(\lambda-3)=0$
avrò sbagliato qualche conto
$ ( ( 0-\lambda , 6 , 0 , 0-\lambda , 6 , 0 ),( 1 , 0-\lambda , 1 , 1 , 0-lambda , 1 ),( 1 , 0 , 1-\lambda , 1 , 0 , 1-\lambda ) ) $
da cui $\lambda*(\lambda+2)(\lambda-3)=0$
Gli autovalori sono giusti, cercando il polinomio caratteristica della matrice $\(sI-A)$
$((s,-6,0),(-1,s,-1),(-1,0,s-1))$ il cui $\det = s^2(s-1) -6 -6(s-1) = s(s^2 - s -6)$
il che implica quello che dici tu.
per quanto riguarda $\s_2 = -2$, andando a sostituirlo nella matrice precedente trovo
$((-2,-6,0),(-1,-2,-1),(-1,0,-3))$ che ha rango $\rho=2$.
Ma allora la molteplicità geometrica del vettore, ovvero la $\dim(ker(s_2I-A))$ è uguale a $\1$
Perchè uno? perché bisogna fare $\ n - rho$, dove $\n$ è l'ordine della matrice e $\rho$ il rango valutato in $\s_2$
$((s,-6,0),(-1,s,-1),(-1,0,s-1))$ il cui $\det = s^2(s-1) -6 -6(s-1) = s(s^2 - s -6)$
il che implica quello che dici tu.
per quanto riguarda $\s_2 = -2$, andando a sostituirlo nella matrice precedente trovo
$((-2,-6,0),(-1,-2,-1),(-1,0,-3))$ che ha rango $\rho=2$.
Ma allora la molteplicità geometrica del vettore, ovvero la $\dim(ker(s_2I-A))$ è uguale a $\1$
Perchè uno? perché bisogna fare $\ n - rho$, dove $\n$ è l'ordine della matrice e $\rho$ il rango valutato in $\s_2$
"chry11":
ma da dove ti esce fuori questa matrice?
http://www.****.it/lezioni/algebra-l ... alore.html
La ricerca degli autovalori la puoi fare tramite $\(sI-A)$ o indifferentemente tramite $\(A-sI)$, dove $\s$ rappresenta il mio generico autovalore e variabili del polinomio caratteristico (che tu chiami $\lambda$)
Fare la ricerca in uno o nell'altro modo non cambia proprio nulla. Potresti dimostrarlo per esercizio
Comunque, la matrice l'ho trovata sostituendo a s l autovalore trovato.
OVVIAMENTE, vale sempre $\1<= m.g<= m.a.$, quindi se la m.a. è = a 1 la m.g. sarà sempre uguale a 1.
ora, come fai a trovare il vettore appartenente all'autospazio generato dall'autovalore $\s_2 = -2$ ?
puoi spiegarmi gentilmente passo dopo passo come trovare -> $(A-\lambdaI)$ ?
comunque gli autovettori si determinano -> $(A-\lambdaI)*x=0$
dove in una matrice $3x3$ , $x$ è $ ( ( x ),( y ),( z ) ) $
comunque gli autovettori si determinano -> $(A-\lambdaI)*x=0$
dove in una matrice $3x3$ , $x$ è $ ( ( x ),( y ),( z ) ) $
"chry11":
puoi spiegarmi gentilmente passo dopo passo come trovare -> $(A-\lambdaI)$ ?
comunque gli autovettori si determinano -> $(A-\lambdaI)*x=0$
Si certo,è facilissimo.
$\(A-lambdaI) =$ $((0,6,0),(1,0,1),(1,0,1))$ - $\lambda$$((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$, dove $\I$ sta per la matrice identità di ordine coincidente con $\A$, quindi $\3x3$
A questo punto ottengo facilmente, sommando termine a termine:
$((0-lambda,6,0),(1,0-lambda ,1),(1,0,1-lambda))$ = $((-lambda,6,0),(1,-lambda ,1),(1,0,1-lambda))$
Allo stesso modo e risulto identico (ma tutto con un meno davanti) si sarebbe trovato per $\(lambdaI-A) $
ATTENZIONE. un autovettore è sempre associato ad un autovalore, giusto?
Quindi è giusto quello che dici te "$(A-\lambdaI)*x=0$", ma non con A!! Bensì con $\(A-lambdaI)$, ove a $\lambda$ andranno sostituiti uno alla volta gli autovalori trovati nello studio.
Una volta sostituito l'autovalore, potrai trovare il rango della matrice $\(A-lambda_iI)$ e capire qual'è la dimensione dell'autospazio tramite $\n-rho_i$, ove $\n$ indica l'ordine della matrice $\A$ e $\rho_i$ il rango della matrice $\(A-lambda_iI)$
Una volta compreso la dimensione dell'autospazio relativo all'autovalore $\lambda_i$, dovrai trovare, mediante la formula da te espressa prima, una base di vettori grande tanto quanto la dim dell'autospazio stesso. Quindi autospazio =1 implica un autovettore, autospazio =2 implica 2 autovettori linearmente indipendenti.. e così via.
quindi sei d'accordo con me che per $\lambda=-2$
la matrice è così definita ? : $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
però riducendola a gradini mi viene $rango=3$ e quindi molteplicità geometrica$=0$
cosa ho sbagliato??
la matrice è così definita ? : $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
però riducendola a gradini mi viene $rango=3$ e quindi molteplicità geometrica$=0$
cosa ho sbagliato??
"chry11":
quindi sei d'accordo con me che per $\lambda=-2$
la matrice è così definita ? : $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
però riducendola a gradini mi viene $rango=3$ e quindi molteplicità geometrica$=0$
cosa ho sbagliato??
Sono d'accordissimo con te che quella è la matrice,
Non sono assolutamente d'accordo con te che il rango sia 3.
Come verificare se il rango della matrice è massimo?
$\"La matrice ha rango massimo se e solo se il determinante della matrice è diverso da zero"$.
1) Mi faresti la cortesia di calcolare il determinante della matrice?
2) In secondo luogo, se alla terza riga tolto 3volte la seconda, come risulta la mia matrice?
1) $det=0$
perchè quando la riduco a gradini il $rango=3$ ?
io lo svolgo con l'eliminazione di gauss
$(1,2,1)-1/2(2,6,0)=....$
$(1,0,3)-1/2(2,6,0)=....$
perchè quando la riduco a gradini il $rango=3$ ?
io lo svolgo con l'eliminazione di gauss
$(1,2,1)-1/2(2,6,0)=....$
$(1,0,3)-1/2(2,6,0)=....$
"chry11":
1) $det=0$
BIPPPP risposta esatta. il $\det=0$ quindi la matrice ha sicuramente rango $\rho<3$
"chry11":
perchè quando la riduco a gradini il $rango=3$ ?
io lo svolgo con l'eliminazione di gauss
$(1,2,1)-1/2(2,6,0)=....$
$(1,0,3)-1/2(2,6,0)=....$
Evidentemente fai male i conti.
sia B la nostra matrice $\(A-lambda_2I)$ = $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
ma se io prendo la terza riga e le tolgo 3 volte la seconda riga ottengo :
seconda riga = (1,2,1)*3 = (3,6,3)
$ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1-3 , 0-6 , 3-3 ) ) $ --> $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( -2 , -6 , 0 ) ) $
Ove si vede benissimo che la prima e la terza riga sono linearmente dipendenti di un coefficiente $\-1$
Sommando alla terza riga la prima riga ottengo:
$ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 0 , 0 , 0 ) ) $ che ha due righe linearmente indipendenti, il che mi dice che $\rho=2$.
quindi $\n-rho = 3-2 =1$, l'autospazio generato dall'autovalore $\lambda_2$ ha $\dim=1$, quindi la sua molteplicità geometrica è $\1$. Il che chiarisce i tutti i tuoi dubbi iniziali.
ora per cortesia, calcola una base per l'autospazio generato da $\lambda_2$, ovvero trova gli autovettori che compongono l'autospazio.
una base per l'autospazio generato da $\lambda=-2$ è ${(-3,1,1)}$
"chry11":
una base per l'autospazio generato da $\lambda=-2$ è ${(-3,1,1)}$
Perfetto
ora puoi proseguire il tuo studio per ogni autovalore e troverai sicuramente che ogni autospazio è composta da un unico autovettore, per quanto detto prima
$\1<= m.g.(lambda_i)<=m.a.(lambda_i)$
avendo tutti m.a. =1 il risultato è ovvio
"chry11":
avevo sbagliato i conti stavo impazzendo
puoi dare un'occhiata qui? -> viewtopic.php?f=37&t=149535
vict85 ha detto la cosa corretta. non ha senso classificare uno spazio vettoriale a meno di isomorfismi applicabili, altrimenti ne esisterebbero infiniti. Ha più significato chiedersi se esiste una spazio vettoriale di dimensione 3 che si possa portare in un altro spazio vettoriale sempre di dimensione tre senza l'utilizzo di un'applicazione omomorfica.
Se invece col termine uguale si intende anche considerando isomorfismi applicabili, allora ne esistono infiniti... ma sinceramente non ne trovo il senso... basterebbe prendere lo spazio vettoriale $RR^3$ e togliergli un valore (ad esempio (85,56,222587) per creare un sottospazio vettoriale sempre di dim tre ma con stesse operazioni.
Per cui per me la risposta rimane no, ma sicuramente chiedere con una mail al tuo docente di riferimento non è una brutta mossa
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