Base composta da autovettori
Salve a tutti!!
facendo un esercizio di algebra lineare mi sono bloccata su due punti.
(1)Sia V uno spazio vettoriale delle matrici simmetriche 2x2 e sia $ f : V rarr V $ l'operatore lineare definito ponendo $ f ( ( ( a , b ),( b , c ) ) )= ( ( a-2c , b ) , ( b , a-2c )) $ .
Calcolando la matrice che esprime f rispetto alla base $B$ = $ {( ( 1 , 0 ),( 0 , 1 ) ),( ( 1 , 0 ) , ( 0 , -1) ) ,( ( 0 , 1 ), ( 1 ,0 ))} $ ho ottenuto
$ A $ = $ ( ( -1 , 3 , 0 ),( 0, 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $ .
ora l'esercizio mi chiede di trovare una base di $ V $ composta da autovettori di $ f $ . Io ho calcolato il polinomio caratteristico e ho visto che gli autovalori erano 0, 1 e -1. Ho calcolato di conseguenza una base dell'autospazio di $ A $ relativo a 0 1 e -1 e ho ottenuto $ ( ( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) , ( ( 0 ) , ( 0 ) , ( 1 ) ) , ( ( 1 ), ( 0 ) , ( 0 ) ) $ ora però come faccio a trovare una base di $ V $ composta da autovettori ???
(2) il secondo punto invece chiede questo:
Si determini la base $ B' $ tale che la matrice che esprime $ f $ rispetto alla base $ B' $ (di partenza) e la base $ B $ (di arrivo ) sia : $ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
Grazie in anticipo per l'aiuto
facendo un esercizio di algebra lineare mi sono bloccata su due punti.
(1)Sia V uno spazio vettoriale delle matrici simmetriche 2x2 e sia $ f : V rarr V $ l'operatore lineare definito ponendo $ f ( ( ( a , b ),( b , c ) ) )= ( ( a-2c , b ) , ( b , a-2c )) $ .
Calcolando la matrice che esprime f rispetto alla base $B$ = $ {( ( 1 , 0 ),( 0 , 1 ) ),( ( 1 , 0 ) , ( 0 , -1) ) ,( ( 0 , 1 ), ( 1 ,0 ))} $ ho ottenuto
$ A $ = $ ( ( -1 , 3 , 0 ),( 0, 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $ .
ora l'esercizio mi chiede di trovare una base di $ V $ composta da autovettori di $ f $ . Io ho calcolato il polinomio caratteristico e ho visto che gli autovalori erano 0, 1 e -1. Ho calcolato di conseguenza una base dell'autospazio di $ A $ relativo a 0 1 e -1 e ho ottenuto $ ( ( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) , ( ( 0 ) , ( 0 ) , ( 1 ) ) , ( ( 1 ), ( 0 ) , ( 0 ) ) $ ora però come faccio a trovare una base di $ V $ composta da autovettori ???
(2) il secondo punto invece chiede questo:
Si determini la base $ B' $ tale che la matrice che esprime $ f $ rispetto alla base $ B' $ (di partenza) e la base $ B $ (di arrivo ) sia : $ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
Grazie in anticipo per l'aiuto
Risposte
si pure io pensavo che questi costituissero la base degli autovettori ma la soluzione del quesito mi dice che quei tre vettori che ho calcolato sono la base dell'autospazio mentre la base di autovettori è : $ ( ( 4 ),( 0 ),( 2 ) ) , ( ( 0 ) , ( 1 ) , ( 0 ) ) , ( ( 1 ) , ( 0 ) , ( 1 ) ) $
La ringrazio gentilmente per il suo aiuto e per l'esauriente spiegazione. Il mio prof aveva scritto la soluzione in modo tale che credessi che quella base di autovettori non andasse bene,ma adesso ho capito!
Per il secondo punto che mi saprebbe dire? So che le colonne della mia matrice sono la combinazione lineare di questa nuova base che devo cercare ma non so come trovarle =) La ringrazio in anticipo e mi scusi per il disturbo =)
Per il secondo punto che mi saprebbe dire? So che le colonne della mia matrice sono la combinazione lineare di questa nuova base che devo cercare ma non so come trovarle =) La ringrazio in anticipo e mi scusi per il disturbo =)
Indichiamo con \(\displaystyle \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \) il generico vettore di B'. La sua immagine sarà allora : \(\displaystyle f \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix} \)
Esprimiamo ora tale immagine in funzione dei vettori di B, tenendo presente che le coordinate relative sono date dalle colonne della matrice assegnata.
Per la prima colonna si ha quindi :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z+1\\0\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la prima componente della base B'
Per la seconda colonna si ha :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z\\0\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la seconda componente della base B'
Per la terza colonna si ha :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+1\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z\\1\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la terza componente della base B'
In definitiva si ha :
\(\displaystyle B'= \lbrace ^t(2z+1,0,z),^t(2z,0,z),^t(2z,1,z) \rbrace\)
Come si vede, a meno di miei possibili errori, mi pare che di basi come B' ce ne siano infinite. Se ne può avere una particolarizzando z. Ad esempio con z=1
Esprimiamo ora tale immagine in funzione dei vettori di B, tenendo presente che le coordinate relative sono date dalle colonne della matrice assegnata.
Per la prima colonna si ha quindi :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z+1\\0\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la prima componente della base B'
Per la seconda colonna si ha :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z\\0\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la seconda componente della base B'
Per la terza colonna si ha :
\(\displaystyle \begin{pmatrix} x-2z\\y\\x-2z \end{pmatrix}=0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}+0\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}+1\cdot\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}\)
da cui si ricava il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z\\1\\z \end{pmatrix} \) che rappresenta la terza componente della base B'
In definitiva si ha :
\(\displaystyle B'= \lbrace ^t(2z+1,0,z),^t(2z,0,z),^t(2z,1,z) \rbrace\)
Come si vede, a meno di miei possibili errori, mi pare che di basi come B' ce ne siano infinite. Se ne può avere una particolarizzando z. Ad esempio con z=1
Esiste una biiezione tra una matrice come \(\displaystyle \begin{pmatrix} a&b\\b&c\end{pmatrix}\) ed il vettore \(\displaystyle \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} \). Ed è questa biiezione che permette di sostituire ad ogni matrice del tipo detto un vettore di R^3. Una cosa analoga si fa quando si sostituisce ad un polinomio il vettore (ordinato e completo) dei suoi coefficienti ( e viceversa), permettendo così di semplificare di parecchio i procedimenti. Non escludo che ci siano altri modi ma questo della biiezione ...funzione pure a me (provare per credere 
). Naturalmente si deve aver cura, a calcoli fatti, di andare a ritroso e sostituire ciascun vettore con la corrispondente matrice. Per esempio quando si dice di aver trovato l'autovettore ( 4,0,2) in realtà s'intende la matrice \(\displaystyle \begin{pmatrix} 4&0\\0&2\end{pmatrix}\) che è una matrice del tipo predetto.
Altro esempio
Il calcolo degli autovalori l'ho fatto pure io ma non attaverso le matrici simmetriche 2x2 ( cosa alquanto scomoda, almeno per me ) ma tramite la matrice associata alla f: \(\displaystyle \begin{pmatrix} a-2c\\b\\a-2c\end{pmatrix}\) che poi sarebbe la matrice \(\displaystyle\begin{pmatrix} 1&0&-2\\0&1&0\\1&0&-2 \end{pmatrix}\)
In questo modo ho potuto trovare comodamente sia gli autovalori che i corrispondenti autovettori e autospazi. E , detto tra noi, proprio nella forma corrispondente al libro di cui parla schiarata.
). Naturalmente si deve aver cura, a calcoli fatti, di andare a ritroso e sostituire ciascun vettore con la corrispondente matrice. Per esempio quando si dice di aver trovato l'autovettore ( 4,0,2) in realtà s'intende la matrice \(\displaystyle \begin{pmatrix} 4&0\\0&2\end{pmatrix}\) che è una matrice del tipo predetto. Altro esempio
Il calcolo degli autovalori l'ho fatto pure io ma non attaverso le matrici simmetriche 2x2 ( cosa alquanto scomoda, almeno per me ) ma tramite la matrice associata alla f: \(\displaystyle \begin{pmatrix} a-2c\\b\\a-2c\end{pmatrix}\) che poi sarebbe la matrice \(\displaystyle\begin{pmatrix} 1&0&-2\\0&1&0\\1&0&-2 \end{pmatrix}\)
In questo modo ho potuto trovare comodamente sia gli autovalori che i corrispondenti autovettori e autospazi. E , detto tra noi, proprio nella forma corrispondente al libro di cui parla schiarata.
Se errato solo per conto tuo...
Ancora una volta devo sottolineare che B' NON VA CONSIDERATO COME DICI TU . Ad ogni vettore va sostituito la corrisponente matrice simmetrica 2X2. Per esempio il vettore \(\displaystyle (2z+1,0,z ) \) va sostituito con la matrice
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z+1&0\\0&z \end{pmatrix}\)
Ancora una volta devo sottolineare che B' NON VA CONSIDERATO COME DICI TU . Ad ogni vettore va sostituito la corrisponente matrice simmetrica 2X2. Per esempio il vettore \(\displaystyle (2z+1,0,z ) \) va sostituito con la matrice
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 2z+1&0\\0&z \end{pmatrix}\)
Fai tu ... hai tanti amici sul Forum 
Buonanotte!
Buonanotte!
La biiezione di cui si parla è in realtà un isomorfismo per i seguenti motivi :
a) lo spazio M delle matrici simmetriche 2x2 e quello dei vettori di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) hanno la medesima dimensione 3. Infatti la generica matrice d M è \(\displaystyle \begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} \) e, come si vede, dipende da 3 parametri
b) Risulta :
\(\displaystyle \begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}p&q\\q&r \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a+p&b+q\\b+q&c +r\end{pmatrix}\)
Il vettore di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) corrispondente è \(\displaystyle \begin{pmatrix}a+p\\b+q\\c+r \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}p\\q\\r\end{pmatrix}\)
c) Se \(\displaystyle \lambda \) è uno scalare , si ha :
\(\displaystyle \lambda\begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\lambda a&\lambda b\\ \lambda b&\lambda c \end{pmatrix} \)
Il vettore di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) corrispondente è \(\displaystyle \begin{pmatrix}\lambda a\\ \lambda b\\ \lambda c \end{pmatrix}=\lambda \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} \)
Pertanto la suddetta corrispondenza biunivoca conserva le operazioni ( su spazi vettoriali) di addizione e di moltiplicazione per uno scalare.
a) lo spazio M delle matrici simmetriche 2x2 e quello dei vettori di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) hanno la medesima dimensione 3. Infatti la generica matrice d M è \(\displaystyle \begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} \) e, come si vede, dipende da 3 parametri
b) Risulta :
\(\displaystyle \begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}p&q\\q&r \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a+p&b+q\\b+q&c +r\end{pmatrix}\)
Il vettore di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) corrispondente è \(\displaystyle \begin{pmatrix}a+p\\b+q\\c+r \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}p\\q\\r\end{pmatrix}\)
c) Se \(\displaystyle \lambda \) è uno scalare , si ha :
\(\displaystyle \lambda\begin{pmatrix}a&b\\b&c \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\lambda a&\lambda b\\ \lambda b&\lambda c \end{pmatrix} \)
Il vettore di \(\displaystyle \mathbb{R}^3 \) corrispondente è \(\displaystyle \begin{pmatrix}\lambda a\\ \lambda b\\ \lambda c \end{pmatrix}=\lambda \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} \)
Pertanto la suddetta corrispondenza biunivoca conserva le operazioni ( su spazi vettoriali) di addizione e di moltiplicazione per uno scalare.
La discussione è nata nel momento in cui il nostro Sergio, con un tono da senza appello alcuno, mi ha considerato "fuori strada", ritenendo "errata" la mia soluzione. Si badi bene : "errata ", non incompleta ! Ora il nostro Sergio cambia linea e mi rifila una pseudo-lezione di didattica che a posteriori ( ovvero dopo che il sottoscritto ha dimostrato l'isomorfismo della biiezione !) appare solo una penosa rigirata di frittata... Grande Sergio !
P.S. Quell'isomorfismo è ben noto ? A posteriori senz'altro !
P.S. Quell'isomorfismo è ben noto ? A posteriori senz'altro !
A) I punti 1 e 3 sono praticamenti identici . Ho già detto che ad ogni vettore di R^3 va sostituito la corrispondente matrice. Devo ripeterlo ancora una volta ?
B) Il punto (2) è un misto frittto : un po' mi si dà ragione, un po' me la si toglie. Si era partiti dalla convinzione
chi io fossi "fuori strada "; poi si è passati alla richiesta di provare un certo omomorfismo . Una volta soddisfatta la richiesta ( con un automorfismo ! ) ci si ancorati alla didattica . Insomma tutto , fuori che ammettere che si può sbagliare ( anche nel fare i conti, come mi è successo di leggere tra i tecnicismi del mio interlocutore ).
Ma che non svelerò per non togliere il relativo gusto a chi volesse scoprire la magagna .
Che altro aggiungere ? Si consiglia a schiarata di non seguirmi: me ne farò una ragione
B) Il punto (2) è un misto frittto : un po' mi si dà ragione, un po' me la si toglie. Si era partiti dalla convinzione
chi io fossi "fuori strada "; poi si è passati alla richiesta di provare un certo omomorfismo . Una volta soddisfatta la richiesta ( con un automorfismo ! ) ci si ancorati alla didattica . Insomma tutto , fuori che ammettere che si può sbagliare ( anche nel fare i conti, come mi è successo di leggere tra i tecnicismi del mio interlocutore ).
Ma che non svelerò per non togliere il relativo gusto a chi volesse scoprire la magagna
.Che altro aggiungere ? Si consiglia a schiarata di non seguirmi: me ne farò una ragione
Guarda che i miei calcoli sono stati fatti proprio avendo riguardo alla base data e a quella da trovare. A questo proposito ricordo di aver scritto che la cosa funzionava anche a me. Altrimenti non avrei trovato corrispondenza con la matrice che si cercava. Per fare un esempio l'immagine della prima componente di B' = (2z+1,0,z) è (1,0,1). Esprimendo tale immagine in funzione della base B si trova il vettore ( 1,0,0) che rappresenta proprio la prima colonna della matrice data . E così per le altre colonne . Naturalmente adesso mi dirai che sto ragionando in termini di vettori anziché in termini di matrice. Devo perciò rimandarti al punto (A)
Non ho preso nessuna scorciatoia: ho solo applicato un metodo già collaudato in altre occasioni.
Per il resto della tua ultima risposta, si tratta dell'ennesimo svicolamento e cambio di direzione, nonché di un'altra infornata di considerazioni sui massimi sistemi. Ti consiglio di scendere dalle nuvole provando a calcolare col mio metodo anche le altre due colonne della matrice data e a verificarne l'aderenza ai dati . Forse ti stai allontanando troppo dalla realtà contingente...Fine.
Per il resto della tua ultima risposta, si tratta dell'ennesimo svicolamento e cambio di direzione, nonché di un'altra infornata di considerazioni sui massimi sistemi. Ti consiglio di scendere dalle nuvole provando a calcolare col mio metodo anche le altre due colonne della matrice data e a verificarne l'aderenza ai dati . Forse ti stai allontanando troppo dalla realtà contingente...Fine.
"vittorino70":
Fine.
Ecco, appunto: siete gentilmente pregati di chiuderla qui. Grazie.
grazie ad entrambi per l'aiuto... =)
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