Calcolo autovettori
salve a tutti,devo calcolare gli autovettori della matrice (5 1;-1 -1).
ad esempio per il primo autovalore ottengo un sistema del tipo:
0,2v1+v2=0
-v1-5,8v2=0
come posso trovare la soluzione?gli esempi che ho visto hanno tutti soluzioni che si vedono "ad occhio" ma in questo caso?
ad esempio per il primo autovalore ottengo un sistema del tipo:
0,2v1+v2=0
-v1-5,8v2=0
come posso trovare la soluzione?gli esempi che ho visto hanno tutti soluzioni che si vedono "ad occhio" ma in questo caso?
Risposte
Gli autovalori di una matrice $A$ sono, per un importantissimo teorema di algebra lineare, le radici del polinomio in $\lambda$ che ottieni eguagliando a 0 il determinante di \(A-\lambda I\), con $I$ matrice identità, cioè si pone \(\det(A-\lambda I)=0\) e si trovano le $\lambda$ che soddisfano all'equazione. Nel tuo caso hai \[\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 5-\lambda & 1 \\ -1 & -1-\lambda \end{pmatrix}= \lambda^2-4\lambda-4\]e quindi gli autovalori sono $\lambda=2\pm 2\sqrt{2}$.
Ciao!
EDIT: scusami: avevo interpretato autovalori anche se scritto autovettori!
](/datas/uploads/forum/emoji/eusa_wall.gif "Brick wall")
Ciao!
EDIT: scusami: avevo interpretato autovalori anche se scritto autovettori!
[ot]@Tem,
la tua risposta si è basata su un "esempio"..
Saluti[/ot]
"TeM":
Il fatto è che non ci si può basare "sugli esempi", ma sulla teoria presente in qualsiasi buon libro!!
Esempio
Calcolare gli autovalori e gli autovettori dell'applicazione lineare \(\mathbf{F} : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) definita da \[ \mathbf{F}(x,\,y) := \left( 5x + y, \; - x- y \right) \; . \]
Innanzitutto scriviamo la matrice associata ad \(\mathbf{F}\) rispetto alla base canonica di \(\mathbb{R}^2\): \[ A := \begin{bmatrix} 5 &1 \\ -1 & -1 \end{bmatrix} \; . \] Dunque consideriamo la matrice \(A - \lambda\,I_2\) e ne calcoliamo il proprio determinante: \[ \det\begin{bmatrix} 5 - \lambda &1 \\ -1 & -1 - \lambda \end{bmatrix} = \lambda^2 - 4\lambda - 4 \; . \] Per definizione, gli autovalori di \(A\) sono soluzione dall'equazione \[ \lambda^2 - 4\lambda - 4 = 0 \; \; \Leftrightarrow \; \; \lambda_1 = 2\left( 1 - \sqrt{2} \right) \, \vee \, \lambda_2 = 2\left( 1 + \sqrt{2} \right) \; . \] Siamo dunque nelle condizioni di determinare, tramite definizione, gli autovalori relativi all'autovalore \(\lambda_1\): \[ \begin{bmatrix} 5 - 2\left( 1 - \sqrt{2} \right) &1 \\ -1 & -1 - 2\left( 1 - \sqrt{2} \right) \end{bmatrix}\,\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \] che equivale alla risoluzione del sistema omogeneo \[ \begin{cases} \left(5 - 2\left( 1 - \sqrt{2} \right)\right)\,x + y = 0 \\ - x + \left( -1 - 2\left( 1 - \sqrt{2} \right)\right)\,y = 0 \end{cases} \; \; \Rightarrow \; \; y = -\left( 3 + 2\sqrt{2} \right)\,x \; \; \Rightarrow \; \; \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -3-2\sqrt{2} \end{bmatrix} \] e in maniera analoga si determinano gli autovettori relativi all'autovalore \(\lambda_2\): \[ \begin{cases} \left(5 - 2\left( 1 + \sqrt{2} \right)\right)\,x + y = 0 \\ - x + \left( -1 - 2\left( 1 + \sqrt{2} \right)\right)\,y = 0 \end{cases} \; \; \Rightarrow \; \; y = -\left( 3 - 2\sqrt{2} \right)\,x \; \; \Rightarrow \; \; \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -3+2\sqrt{2} \end{bmatrix} \; .\]
Spero sia un po' più chiaro.
la tua risposta si è basata su un "esempio"..
Saluti[/ot]
@diablox,
se ottieni quel sistema lineare allora devi risolvere quel sistema lineare, ovvero determinare l'insieme delle sue soluzioni.. sai come fare? Se non sai come fare guarda qui
(ci sono taaanti esempi) 
Proponi un tuo tentativo di cacolo/soluzione... 
Saluti
"diablox":
salve a tutti,devo calcolare gli autovettori della matrice (5 1;-1 -1).
ad esempio per il primo autovalore ottengo un sistema del tipo:
0,2v1+v2=0
-v1-5,8v2=0
come posso trovare la soluzione?gli esempi che ho visto hanno tutti soluzioni che si vedono "ad occhio" ma in questo caso?
se ottieni quel sistema lineare allora devi risolvere quel sistema lineare, ovvero determinare l'insieme delle sue soluzioni.. sai come fare? Se non sai come fare guarda qui
(ci sono taaanti esempi) Proponi un tuo tentativo di cacolo/soluzione... Saluti
[ot]@TeM
Il tuo intervento sul nulla, che è peggio, non credi?
[/quote]
ho dimenticato di racchiuderlo come OT, provvedo subito...[/ot]
"TeM":
[quote="garnak.olegovitc"]la tua risposta si è basata su un "esempio"...
Il tuo intervento sul nulla, che è peggio, non credi?
[/quote]ho dimenticato di racchiuderlo come OT, provvedo subito...[/ot]
Vediamo di riassumere un po’ di questa teoria.
Sia \(\displaystyle \mathbf{F}\colon V\to V \) un endomorfismo lineare dello spazio vettoriale \(\displaystyle V \) (per esempio \(\displaystyle V = \mathbf{R}^2 \) ).
Un autovettore di \(\displaystyle \mathbf{F} \) è un vettore \(\displaystyle \mathbf{v}_{\lambda}\in V \) tale che \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} = \lambda\mathbf{v}_{\lambda} = \lambda I\mathbf{v}_{\lambda} = \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} \) per un qualche \(\displaystyle \lambda \in \mathbf{R} \) dove con \(\displaystyle \Lambda \) segno l’endomorfismo lineare \(\displaystyle \Lambda = \lambda I \) (ovvero la moltiplicazione per lo scalare \(\displaystyle \lambda \)).
Osservo/ricordo che dati due endomorfismi lineari \(\displaystyle \mathbf{A} \) e \(\displaystyle \mathbf{B} \), la loro somma \(\displaystyle (\mathbf{A}+\mathbf{B})\colon V\to V \) è definita come \(\displaystyle (\mathbf{A}+\mathbf{B})\mathbf{v} = \mathbf{A}\mathbf{v}+\mathbf{B}\mathbf{v} \) e che, fissata una base, la matrice associata a quella base non è altro che la somma delle matrici associate ad \(\displaystyle \mathbf{A} \) e \(\displaystyle \mathbf{B} \). Per ora nulla di nuovo, spero.
D'altra parte notiamo che scrivere \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} = \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} \) è equivalente a scrivere \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} - \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} = \mathbf{0} \) che come abbiamo appena ricordato è uguale a \(\displaystyle (\mathbf{F} - \Lambda)\mathbf{v}_{\lambda} = \mathbf{0} \) cioè \(\displaystyle \mathbf{v}_{\lambda} \in \ker(\mathbf{F} - \Lambda) = \ker(\mathbf{F} - \lambda I) \).
Dalla teoria sulle applicazioni lineari sappiamo che \(\displaystyle \ker(\mathbf{F} - \Lambda) \neq \{\mathbf{0}\} \) significa che \(\displaystyle (\mathbf{F} - \Lambda) \) non è iniettiva. Siccome, banalmente \(\displaystyle \dim V = \dim V \) allora \(\displaystyle \mathbf{F} - \Lambda \) non è invertibile e perciò neanche la matrice associata lo è.
È evidente inoltre che se \(\displaystyle \mathbf{v}\in \ker(\mathbf{F} - \Lambda) \) allora \(\displaystyle \mathbf{v} \) è un autovettore associato all'autovalore \(\displaystyle \lambda \).
Questa è la ragione per cui cercare autovalori e autovettori si trasforma nel problema di cercare gli endomorfismi del tipo \(\displaystyle \mathbf{F} - \lambda I \) che non sono invertibili. Quando \(\displaystyle V \) è finitamente dimensionale questo si riduce “banalmente” al calcolo dell'equazione non lineare \(\displaystyle \det(\mathbf{F} - \lambda I) = 0 \) seguito dalla risoluzione del sistema lineare \(\displaystyle (\mathbf{F} - \lambda I)\mathbf{x} =\mathbf{0} \).
Sia \(\displaystyle \mathbf{F}\colon V\to V \) un endomorfismo lineare dello spazio vettoriale \(\displaystyle V \) (per esempio \(\displaystyle V = \mathbf{R}^2 \) ).
Un autovettore di \(\displaystyle \mathbf{F} \) è un vettore \(\displaystyle \mathbf{v}_{\lambda}\in V \) tale che \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} = \lambda\mathbf{v}_{\lambda} = \lambda I\mathbf{v}_{\lambda} = \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} \) per un qualche \(\displaystyle \lambda \in \mathbf{R} \) dove con \(\displaystyle \Lambda \) segno l’endomorfismo lineare \(\displaystyle \Lambda = \lambda I \) (ovvero la moltiplicazione per lo scalare \(\displaystyle \lambda \)).
Osservo/ricordo che dati due endomorfismi lineari \(\displaystyle \mathbf{A} \) e \(\displaystyle \mathbf{B} \), la loro somma \(\displaystyle (\mathbf{A}+\mathbf{B})\colon V\to V \) è definita come \(\displaystyle (\mathbf{A}+\mathbf{B})\mathbf{v} = \mathbf{A}\mathbf{v}+\mathbf{B}\mathbf{v} \) e che, fissata una base, la matrice associata a quella base non è altro che la somma delle matrici associate ad \(\displaystyle \mathbf{A} \) e \(\displaystyle \mathbf{B} \). Per ora nulla di nuovo, spero.
D'altra parte notiamo che scrivere \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} = \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} \) è equivalente a scrivere \(\displaystyle \mathbf{F}\mathbf{v}_{\lambda} - \Lambda\mathbf{v}_{\lambda} = \mathbf{0} \) che come abbiamo appena ricordato è uguale a \(\displaystyle (\mathbf{F} - \Lambda)\mathbf{v}_{\lambda} = \mathbf{0} \) cioè \(\displaystyle \mathbf{v}_{\lambda} \in \ker(\mathbf{F} - \Lambda) = \ker(\mathbf{F} - \lambda I) \).
Dalla teoria sulle applicazioni lineari sappiamo che \(\displaystyle \ker(\mathbf{F} - \Lambda) \neq \{\mathbf{0}\} \) significa che \(\displaystyle (\mathbf{F} - \Lambda) \) non è iniettiva. Siccome, banalmente \(\displaystyle \dim V = \dim V \) allora \(\displaystyle \mathbf{F} - \Lambda \) non è invertibile e perciò neanche la matrice associata lo è.
È evidente inoltre che se \(\displaystyle \mathbf{v}\in \ker(\mathbf{F} - \Lambda) \) allora \(\displaystyle \mathbf{v} \) è un autovettore associato all'autovalore \(\displaystyle \lambda \).
Questa è la ragione per cui cercare autovalori e autovettori si trasforma nel problema di cercare gli endomorfismi del tipo \(\displaystyle \mathbf{F} - \lambda I \) che non sono invertibili. Quando \(\displaystyle V \) è finitamente dimensionale questo si riduce “banalmente” al calcolo dell'equazione non lineare \(\displaystyle \det(\mathbf{F} - \lambda I) = 0 \) seguito dalla risoluzione del sistema lineare \(\displaystyle (\mathbf{F} - \lambda I)\mathbf{x} =\mathbf{0} \).
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