Autovettori e diagonalizzabilità
Ciao, ho un esercizio da controllare e spero nel vostro aiuto!
Si determinino $a$ e $b$ in modo che la matrice $((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))$ abbia $(1,1,3)$ come autovettore e si dica se la matrice così ottenuta è diagonalizzabile.
Allora il 1° punto significa analizzare per quali $a,b$ è verificata:
$((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))*((1),(1),(3))=lambda((1),(1),(3))$, vero?
Che porta al sistema
${(3+3a=lambda),(3+6a=lambda),(b=3lambda):}$ e la 1° e la 2° equazione del sitema sono verificate contemporaneamente solo se $a=0$, da cui ricavo $lambda=3$ e $b=9$.
Per cui ho trovato l'autovalore $lambda=3$. Ora però mi viene un dubbio. PEr vedere se è diagonalizzabile dovrei controllare se la dimensione dell'autospazio relativo a $lambda=3$ coincide o meno con la molteplicità algebrica, che però non ho, quindi devo lo stesso trovare il polinomio caratteristico partendo dalla matrice $((1,2,0),(1,2,0),(9,0,0))$?
Se si ditemelo così completo il post.
Si determinino $a$ e $b$ in modo che la matrice $((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))$ abbia $(1,1,3)$ come autovettore e si dica se la matrice così ottenuta è diagonalizzabile.
Allora il 1° punto significa analizzare per quali $a,b$ è verificata:
$((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))*((1),(1),(3))=lambda((1),(1),(3))$, vero?
Che porta al sistema
${(3+3a=lambda),(3+6a=lambda),(b=3lambda):}$ e la 1° e la 2° equazione del sitema sono verificate contemporaneamente solo se $a=0$, da cui ricavo $lambda=3$ e $b=9$.
Per cui ho trovato l'autovalore $lambda=3$. Ora però mi viene un dubbio. PEr vedere se è diagonalizzabile dovrei controllare se la dimensione dell'autospazio relativo a $lambda=3$ coincide o meno con la molteplicità algebrica, che però non ho, quindi devo lo stesso trovare il polinomio caratteristico partendo dalla matrice $((1,2,0),(1,2,0),(9,0,0))$?
Se si ditemelo così completo il post.
Risposte
"Dust":
$((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))*((1),(1),(3))=lambda((1),(1),(3))$, vero?
Se avevi detto $((1),(3),(3))$ devi metterci $((1),(3),(3))$, non $((1),(1),(3))$
Dopo aver trovato gli $a$ e $b$ ottieni una matrice, di cui devi calcolare gli autovalori e devi vedere se questi sono regolari oppure no.
"Tipper":
[quote="Dust"]$((1,2,a),(1,2,2a),(b,0,0))*((1),(1),(3))=lambda((1),(1),(3))$, vero?
Se avevi detto $((1),(3),(3))$ devi metterci $((1),(3),(3))$, non $((1),(1),(3))$
[/quote]La svista è stata nel battere il testo.. L'autovettore è $(1,1,3)$
"Tipper":
Dopo aver trovato gli $a$ e $b$ ottieni una matrice, di cui devi calcolare gli autovalori e devi vedere se questi sono regolari oppure no.
Perciò il fatto che io sappia che $lambda=3$ sarà solo una cosa che dovrà tornare quando troverò il polinomio caratteristico...
Ok, allora ora continuo l'es.
Allora la matrice è quella che hai scritto tu, non ti rimane che vedere se quella matrice è diagonalizzabile, calcolando i suoi autovalori e...
"Dust":
Perciò il fatto che io sappia che $lambda=3$ sarà solo una cosa che dovrà tornare quando troverò il polinomio caratteristico...
Esatto, è solo un autovalore della matrice trovata.
Allora, questa è la matrice
$((1-t,2,0),(1,2-t,0),(9,0,-t))$ il cui determinante deve essere $0$, per cui(sviluppo secondo la 3° colonna)
$det((1-t,2,0),(1,2-t,0),(9,0,-t))=-t((1-t)(2-t)-2)=-t^2(t-3) $ per cui gli autovalori sono $lambda=0$ di molteplicità algebrica $2$ e $lambda=3$ di molteplicità algebrica $1$. Ora ciò che devo vedere è che le molteplicità geometriche coincidano(visto che $mu_(lambda=3)=1$ non serve controllarlo per $lambda=3$, vero? )
Ora, $V_(lambda=0)={(x,y,z)|{(x+2y=0),(x+2y=0),(9x=0):}}=<(0,0,1)>$ per cui $dimV_(lambda=0)=1!=mu_(lambda=0)$ per cui la matrice non è diagonalizzabile. E' giusto?
$((1-t,2,0),(1,2-t,0),(9,0,-t))$ il cui determinante deve essere $0$, per cui(sviluppo secondo la 3° colonna)
$det((1-t,2,0),(1,2-t,0),(9,0,-t))=-t((1-t)(2-t)-2)=-t^2(t-3) $ per cui gli autovalori sono $lambda=0$ di molteplicità algebrica $2$ e $lambda=3$ di molteplicità algebrica $1$. Ora ciò che devo vedere è che le molteplicità geometriche coincidano(visto che $mu_(lambda=3)=1$ non serve controllarlo per $lambda=3$, vero? )
Ora, $V_(lambda=0)={(x,y,z)|{(x+2y=0),(x+2y=0),(9x=0):}}=<(0,0,1)>$ per cui $dimV_(lambda=0)=1!=mu_(lambda=0)$ per cui la matrice non è diagonalizzabile. E' giusto?
Mi pare che vada tutto bene.
"Tipper":
Mi pare che vada tutto bene.
Ok, grazie come sempre dell'aiuto!
Un'ultima cosa: la frase che ho scritto tra parentesi
"Me stesso":è giusta? Perchè l'ho scritta visto che in tutti gli esercizi che abbiamo fatto a scuola in cui bisognava controllare la diagonalizzabilità il problema, se c'era, era sempre connesso agli autospazi con dimensione $>1$
visto che $mu_(lambda=3)=1$ non serve controllarlo per $lambda=3$, vero?
È giusta, infatti per ogni autovalore $\lambda_i$ risulta $0 < \mu_i \le \nu_i$, dove $\mu_i$ indica la sua molteplicità geometrica e $\nu_i$ la sua molteplicità algebrica. Capisci bene che se un autovalore ha molteplicità algebrica $1$ deve avere anche molteplicità geometrica $1$.
"Tipper":
È giusta, infatti per ogni autovalore $\lambda_i$ risulta $0 < \mu_i \le \nu_i$, dove $\mu_i$ indica la sua molteplicità geometrica e $\nu_i$ la sua molteplicità algebrica. Capisci bene che se un autovalore ha molteplicità algebrica $1$ deve avere anche molteplicità geometrica $1$.
Ok, perfetto allora! Bye bye!
Io ho trovato che l'autospazio relativo a $lambda = 3$ è $V_3$=$<(1,1,3)>$ poi che $V_0$=$<(0,0,0)>$ perciò essendo la molteplictà algebrica di ogni autovalore uguale alla sua molteplicità geometrica la matrice risulta diagonalizzabile. Giusto?
L'autovalore $3$ è regolare, ma l'autovalore $0$ no, pertanto la matrice non è diagonalizzabile.
"lazza":
Io ho trovato che l'autospazio relativo a $lambda = 3$ è $V_3$=$<(1,1,3)>$ poi che $V_0$=$<(0,0,0)>$ perciò essendo la molteplictà algebrica di ogni autovalore uguale alla sua molteplicità geometrica la matrice risulta diagonalizzabile. Giusto?
L'autospazio relativo a $lambda = 3$ è esatto, anche perchè è quello che si trovava all'inizio. Quello relativo a $lambda=0$ è sbagliato, perchè ti basta vedere il sistema che ho postato nella soluzione, si trova che $x$ e $y$ devono essere $0$ mentre $z$ non appare in nessuna delle 3 equazioni perciò può assumere qualsiasi valore, perciò $V_(lambda=0)=(0,0,a)=<(0,0,1)>$
Mea culpa ho sbagliato i calcoli... 
"Tipper":
È giusta, infatti per ogni autovalore $\lambda_i$ risulta $0 < \mu_i \le \nu_i$, dove $\mu_i$ indica la sua molteplicità geometrica e $\nu_i$ la sua molteplicità algebrica. Capisci bene che se un autovalore ha molteplicità algebrica $1$ deve avere anche molteplicità geometrica $1$.
Per cui se ad esempio ho un polinomio caratteristico che si annulla per 3 valori distinti di moltplicità 1, mettiamo $t(t-1)(t-2)$ e la matrice dal quale l'ho ricavato è 3x3 sarò sicuro che è diagonalizzabile?
Certo.
Senza aprire un nuovo topic posto qui una domanda che è abbastanza inerente con questo argomento:
Sia A= $((1,0,1),(a,1,2),(-1,3,2))$ la matrice relativa all'endomorfismo$ L$ di $RR^3$. Dire per quali $a$ è iniettiva.
La soluzione del problema mi dice che $L$ è iniettiva se e solo se il rango di A è 3, perciò se e solo se il determinante di A è diverso da zero. Per quale motivo valgono queste affermazioni? Qual è il ragionamento che ci sta sotto?
Sia A= $((1,0,1),(a,1,2),(-1,3,2))$ la matrice relativa all'endomorfismo$ L$ di $RR^3$. Dire per quali $a$ è iniettiva.
La soluzione del problema mi dice che $L$ è iniettiva se e solo se il rango di A è 3, perciò se e solo se il determinante di A è diverso da zero. Per quale motivo valgono queste affermazioni? Qual è il ragionamento che ci sta sotto?
Data un'applicazione lineare $\phi$, dal teorema di nullità + rango, si ha:
$n = \dim(\ker(\phi)) + \rank(\phi)$, dove $n$ è la dimensione del dominio di $\phi$.
Se $\phi$ è iniettiva, allora il ker coincide con lo spazio nullo, quindi $\dim(\ker(\phi))=0$ e $\rank(\phi) = n$.
Se $\phi$ è un endomorfismo, allora dominio e codominio coincidono, e la matrice che rappresenta l'applicazione è quadrata. Chiedere rango pari a $n$, significa chiedere che tale matrice sia a rango pieno, ovvero che tutte le colonne, che poi sono i vettori che generano l'immagine, siano linearmente indipendenti.
Ma se le colonne (o le righe) sono linearmente indipendenti, allora il determinante è diverso da zero (infatti in una matrice singolare, cioè con determinante nullo, le colonne sono vettori linearmente dipendenti).
Quindi, data una matrice quadrata $n \times n$, è la stessa cosa chiedere che:
- le colonne (o le righe) siano linearmente indipendenti
- il rango sia $n$
- il determinante sia diverso da zero
Per questo motivo, per determinare il parametro $a$, ti basta calcolare il determinante della matrice e porlo diverso da zero.
$n = \dim(\ker(\phi)) + \rank(\phi)$, dove $n$ è la dimensione del dominio di $\phi$.
Se $\phi$ è iniettiva, allora il ker coincide con lo spazio nullo, quindi $\dim(\ker(\phi))=0$ e $\rank(\phi) = n$.
Se $\phi$ è un endomorfismo, allora dominio e codominio coincidono, e la matrice che rappresenta l'applicazione è quadrata. Chiedere rango pari a $n$, significa chiedere che tale matrice sia a rango pieno, ovvero che tutte le colonne, che poi sono i vettori che generano l'immagine, siano linearmente indipendenti.
Ma se le colonne (o le righe) sono linearmente indipendenti, allora il determinante è diverso da zero (infatti in una matrice singolare, cioè con determinante nullo, le colonne sono vettori linearmente dipendenti).
Quindi, data una matrice quadrata $n \times n$, è la stessa cosa chiedere che:
- le colonne (o le righe) siano linearmente indipendenti
- il rango sia $n$
- il determinante sia diverso da zero
Per questo motivo, per determinare il parametro $a$, ti basta calcolare il determinante della matrice e porlo diverso da zero.
grazie mille, spiegazione perfetta 
Sia data la matrice $A=[(1,0,0),(0,3,2),(0,2,3)]$; quale delle seguenti affermazioni è vera?
A: $A$ ha tre autovalori distinti;
B: $A$ ha autospazi tra loro ortogonali;
C: ogni terna di autovettori di $A$ è ortogonale;
Allora A è falsa perchè $A$ ha solo 2 autovalori distinti poichè il polinomio caratteristico è $P_A(T)=(1-T)^2(5-T)$. Ora, io ho provato a calcolare gli autospazi e vengono $V_(lambda=1)={(x,y,z):y+z=0} = <(0,1,-1),(1,0,0)>$ e $V_(lambda=5)={(x,y,z): {x=0, -y+z=0:}} = <(0,1,1)>$.
Ho provato a vedere se gli autospazi sono ortogonali tra loro e se il procedimento che ho usato è esatto, è così:
$(0,1,-1) @ (0,1,1)=0$ $(1,0,0) @ (0,1,1)=0$ per cui penserei che quella vera sia la B solo che non riesco a capire molto bene la C.
Grazie
A: $A$ ha tre autovalori distinti;
B: $A$ ha autospazi tra loro ortogonali;
C: ogni terna di autovettori di $A$ è ortogonale;
Allora A è falsa perchè $A$ ha solo 2 autovalori distinti poichè il polinomio caratteristico è $P_A(T)=(1-T)^2(5-T)$. Ora, io ho provato a calcolare gli autospazi e vengono $V_(lambda=1)={(x,y,z):y+z=0} = <(0,1,-1),(1,0,0)>$ e $V_(lambda=5)={(x,y,z): {x=0, -y+z=0:}} = <(0,1,1)>$.
Ho provato a vedere se gli autospazi sono ortogonali tra loro e se il procedimento che ho usato è esatto, è così:
$(0,1,-1) @ (0,1,1)=0$ $(1,0,0) @ (0,1,1)=0$ per cui penserei che quella vera sia la B solo che non riesco a capire molto bene la C.
Grazie
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