Calcolo autovalori e autovettori di una matrice 3x3
calcolo autovalori e autovettori della matrice $((0,1,-1),(1,0,-1),(-1,-1,2))$
ho calcolato il polinomio per trovare i corrispondenti autovalori e mi uscivano tre radici tra cui una nulla. è possibile?
Inoltre, nel calcolo degli autovettori questi mi uscivano nulli! qualcuno può aiutarmi?
ho calcolato il polinomio per trovare i corrispondenti autovalori e mi uscivano tre radici tra cui una nulla. è possibile?
Inoltre, nel calcolo degli autovettori questi mi uscivano nulli! qualcuno può aiutarmi?
Risposte
"desiree9":
calcolo autovalori e autovettori della matrice $((0,1,-1),(1,0,-1),(-1,-1,2))$
ho calcolato il polinomio per trovare i corrispondenti autovalori e mi uscivano tre radici tra cui una nulla. è possibile?
Inoltre, nel calcolo degli autovettori questi mi uscivano nulli! qualcuno può aiutarmi?
E' una matrice simmetrica, quindi devi attenderti tre autovalori reali.
Il determinante è zero, quindi poichè il prodotto dei tre autovalori è pari al determinante della matrice, uno DEVE essere zero.
La traccia della matrice, ovvero la somma degli elementi sulla diagonale è pari a 2, quindi la somma dei 3 autovalori sarà anch'essa pari a 2.
Anche prima di iniziare i calcoli, si possono trarre un sacco di informazioni!
Buon lavoro!
Si consideri la funzione
Noti gli autovalori, la ricerca degli autovettori relativi all'autovalore $lambda$ equivale alla ricerca di una base del $ker(f_lambda)$:
considerando la matrice rappresentativa di $f$ rispetto alla base canonica $mathcalE$: $A:=M_(mathcal(E E))(f)$, la ricerca di una base del $ker(f_lambda)$ equivale alla risoluzione di un sistema lineare omogeneo:
P.S. ovviamente non è ammessa la soluzione banale $v=0$
P.P.S. questa vale come risposta anche per l'altro topic
$f_lambda : qquad RR^n -> RR^n$
$f_lambda(v)=lambdav, qquad AA v ne0 in RR^n, lambda in RR$
$f_lambda(v)=lambdav, qquad AA v ne0 in RR^n, lambda in RR$
Noti gli autovalori, la ricerca degli autovettori relativi all'autovalore $lambda$ equivale alla ricerca di una base del $ker(f_lambda)$:
$ker(f_lambda):={v in RR^n : qquad f(v)=lambdav}$
$={v in RR^n : qquad f(v)-lambdav=0}$
considerando la matrice rappresentativa di $f$ rispetto alla base canonica $mathcalE$: $A:=M_(mathcal(E E))(f)$, la ricerca di una base del $ker(f_lambda)$ equivale alla risoluzione di un sistema lineare omogeneo:
$={v in RR^n : qquad Av-lambdav=0}$
$={v in RR^n : qquad (A-lambdaI)v=0}$
$={v in RR^n : qquad (A-lambdaI)v=0}$
P.S. ovviamente non è ammessa la soluzione banale $v=0$

P.P.S. questa vale come risposta anche per l'altro topic

"arnett":
Posta i tuoi conti.
Che un autovalore sia nullo è possibile: vuole dire che il nucleo di questa matrice non è banale. (E in effetti questa matrice ha un autovalore nullo)
Che un autovettore sia nullo è impossibile.
i 3 autovalori corrispondenti sono: 0, 3, -1
l'autovettore per l'autovalore=0 mi usciva nullo perchè risolvendo il sistema di tre equazioni, che si ottiene andando a sostituire il valore dell'autovalore nella matrice utilizzata per il calcolo del determinante, i valori delle tre incognite x,y,z mi sono usciti nulli. forse sbaglio proprio qui nel risolvere il sistema..
Per $lambda=0$
si vede subito che la terza riga è C.L. delle prime due: $R_3=-R_1-R_2$; quindi il sistema diviene:
ovvero
$\mathcalS : qquad ((0,1,-1),(1,0,-1),(-1,-1,2))((x),(y),(z))=((0),(0),(0)) $
si vede subito che la terza riga è C.L. delle prime due: $R_3=-R_1-R_2$; quindi il sistema diviene:
$mathcalS' : qquad ((0,1,-1),(1,0,-1),(0,0,0))((x),(y),(z))=((0),(0),(0)) $
$hArr { ( y=z ),( x=z ),( z in RR ):} $
ovvero
$mathcalS=mathcalS'=mathcalL{((1),(1),(1))}$
grazie mille!