Correzione compito di discreta (algebra lineare)
Ciao a tutti 
Lunedi' ho fatto l'esame, ecco le soluzioni che ho dato. Se vi va di darci un occhio e dirmi se ho sbagliato ve ne sarei grato! Altrimenti... bhe sono esercizi per gli altri
[size=150]Testo[/size]
1) Si consideri il seguente sistema:
$\{(x+y = 2),(x+\alpha y + z = 1),(\alpha x + y+ \alpha z):}$
Stabilire per quali valori del parametro reale $\alpha$ il sistema ammette soluzioni, in caso affermativo determinarle.
2) Siano U (o forse W, non e' molto chiara la scrittura del prof) e V i due seguenti sottospazi di $RR^3$
$U = {(x, y,z) : 3x + y- 4z = 0}$
$V = {(x,y, z): x+3y + 4z = 0}$
a) Determinare una base di U, V, di $UnnV$ e $U + V$
b) Se ${e_1, e_2, e_3}$ e' la base canonica di $RR^3$ determinare l'unica applicazione lineare $L: RR^3 \rightarrow RR^3$ tale che $\ker L = U nn V$ e $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$.
c) Trovare gli autovalori e gli autovettori di $L$.
3) Data la seguente matrice $A_\alpha$
$A_\alpha = ((0,\alpha, 0, 0),(\alpha, 0, 1,0), (0,0,1,0),(0,0,0,2))$
a) Determinare al variare del parametro reale $\alpha > 0$ gli autovalori
b) Stabilire per quale valori di $\alpha > 0$ la matrice e' diagonalizzabile (si consiglia di determinare i valori di $\alpha$ per cui gli autovalori sono distinti
[size=150]Mia soluzione[/size]
Ecco come l'ho risolto (sperando di non aver commesso errori di distrazione ed inesattezze, sia qui che all'esame
1) Innanzi tutto: il sistema 3 eq in 3 inc. ha soluzioni se la matrice $A$ ha rango 3, ovvero se il determinante e' diverso da zero.
Quindi: $\det A = \alpha^2 + \alpha - 1 - \alpha = \alpha^2 -1 = (\alpha -1)(\alpha +1)$
Quindi ha soluzioni per $\alpha \ne 1\wedge \alpha \ne -1$.
Se $A$ e' la matrice incompleta del sistema e $B$ il vettore dei termini noti, la soluzione $C=A^(-1)B$.
$A=((1,1,0),(1,\alpha,1),(\alpha,1,\alpha))$ e $B=(2, 1, 0)$
Quindi ho calcolato la matrice inversa di A, con questo procedimento:
($A_(ij)$ e' la matrice A senza la riga i-esima e la colonna j-esima)
Calcolo la matrice dei determinanti di $A_(ij)$ per ogni i e j:
$A' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (\alpha, \alpha, 1-\alpha),(1, 1, \alpha - 1))$
Secondo passo: cambio dei segni: ogni $a'_(ij)$ si moltiplica per $(-1)^(i+j)$. Risulta
$A'' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (-\alpha, \alpha, \alpha-1),(1, -1, \alpha - 1))$
Terzo passo: trasposizione della matrice
$A''^T = ((\alpha^2 - 1, -\alpha, 1),(0, \alpha, -1),(1-\alpha^2,\alpha-1, \alpha-1))$
Infine divido per $\det A=\alpha^2 -1$ ottenendo la matrice inversa:
$A^(-1) = ((1, \frac{-\alpha}{\alpha^2-1}, \frac{1}{\alpha^2 -1}),(0, \frac{\alpha}{\alpha^2 -1}, \frac{-1}{\alpha^2 - 1}),(-1,\frac{1}{\alpha+1}, \frac{1}{\alpha+1}))$
(Qalculate mi dice che e' giusta)
A questo punto posso risolvere il sistema applicando la formuletta:
$C=A^-1 B = (2-\frac{\alpha}{\alpha^2 - 1}, \frac{\alpha}{\alpha^2-1}, -2+\frac{1}{\alpha + 1})$
(Non ricordo bene, ma nel compito credo di aver toppato qualcosa a questo punto. Ole'
)
Continuo in un altro post per sicurezza.
Lunedi' ho fatto l'esame, ecco le soluzioni che ho dato. Se vi va di darci un occhio e dirmi se ho sbagliato ve ne sarei grato! Altrimenti... bhe sono esercizi per gli altri [size=150]Testo[/size]
1) Si consideri il seguente sistema:
$\{(x+y = 2),(x+\alpha y + z = 1),(\alpha x + y+ \alpha z):}$
Stabilire per quali valori del parametro reale $\alpha$ il sistema ammette soluzioni, in caso affermativo determinarle.
2) Siano U (o forse W, non e' molto chiara la scrittura del prof) e V i due seguenti sottospazi di $RR^3$
$U = {(x, y,z) : 3x + y- 4z = 0}$
$V = {(x,y, z): x+3y + 4z = 0}$
a) Determinare una base di U, V, di $UnnV$ e $U + V$
b) Se ${e_1, e_2, e_3}$ e' la base canonica di $RR^3$ determinare l'unica applicazione lineare $L: RR^3 \rightarrow RR^3$ tale che $\ker L = U nn V$ e $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$.
c) Trovare gli autovalori e gli autovettori di $L$.
3) Data la seguente matrice $A_\alpha$
$A_\alpha = ((0,\alpha, 0, 0),(\alpha, 0, 1,0), (0,0,1,0),(0,0,0,2))$
a) Determinare al variare del parametro reale $\alpha > 0$ gli autovalori
b) Stabilire per quale valori di $\alpha > 0$ la matrice e' diagonalizzabile (si consiglia di determinare i valori di $\alpha$ per cui gli autovalori sono distinti
[size=150]Mia soluzione[/size]
Ecco come l'ho risolto (sperando di non aver commesso errori di distrazione ed inesattezze, sia qui che all'esame
1) Innanzi tutto: il sistema 3 eq in 3 inc. ha soluzioni se la matrice $A$ ha rango 3, ovvero se il determinante e' diverso da zero.
Quindi: $\det A = \alpha^2 + \alpha - 1 - \alpha = \alpha^2 -1 = (\alpha -1)(\alpha +1)$
Quindi ha soluzioni per $\alpha \ne 1\wedge \alpha \ne -1$.
Se $A$ e' la matrice incompleta del sistema e $B$ il vettore dei termini noti, la soluzione $C=A^(-1)B$.
$A=((1,1,0),(1,\alpha,1),(\alpha,1,\alpha))$ e $B=(2, 1, 0)$
Quindi ho calcolato la matrice inversa di A, con questo procedimento:
($A_(ij)$ e' la matrice A senza la riga i-esima e la colonna j-esima)
Calcolo la matrice dei determinanti di $A_(ij)$ per ogni i e j:
$A' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (\alpha, \alpha, 1-\alpha),(1, 1, \alpha - 1))$
Secondo passo: cambio dei segni: ogni $a'_(ij)$ si moltiplica per $(-1)^(i+j)$. Risulta
$A'' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (-\alpha, \alpha, \alpha-1),(1, -1, \alpha - 1))$
Terzo passo: trasposizione della matrice
$A''^T = ((\alpha^2 - 1, -\alpha, 1),(0, \alpha, -1),(1-\alpha^2,\alpha-1, \alpha-1))$
Infine divido per $\det A=\alpha^2 -1$ ottenendo la matrice inversa:
$A^(-1) = ((1, \frac{-\alpha}{\alpha^2-1}, \frac{1}{\alpha^2 -1}),(0, \frac{\alpha}{\alpha^2 -1}, \frac{-1}{\alpha^2 - 1}),(-1,\frac{1}{\alpha+1}, \frac{1}{\alpha+1}))$
(Qalculate mi dice che e' giusta)
A questo punto posso risolvere il sistema applicando la formuletta:
$C=A^-1 B = (2-\frac{\alpha}{\alpha^2 - 1}, \frac{\alpha}{\alpha^2-1}, -2+\frac{1}{\alpha + 1})$
(Non ricordo bene, ma nel compito credo di aver toppato qualcosa a questo punto. Ole'
)Continuo in un altro post per sicurezza.
Risposte
2)
a) Per determinare una base di U ho risolto l'equazione rispetto ad una variabile: y.
$U = {(x, y,z) : 3x + y- 4z = 0}$
$y= -3x + 4z$
Quindi i vettori sono nella forma $((x), (-3x + 4z), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1))$
I due vettori sono linearmente indipendenti (fidatevi, non ho voglia di rifare il conto ma credo sia abbastanza evidente ad occhio), quindi una base e' $B_U = {(1, -3, 0),(0,4,1)}$
Ho fatto lo stesso con V, ottenendo come base $B_V = {(-3,1,0),(-4,0,1)}$
A questo punto l'intersezione. Per calcolarla ho pensato che un vettore nell'intersezione si potesse costruire con entrambe le basi, quindi $((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) = y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))$
Si crea dunque il sistema
$\{(x=x=-3y+4z),(y=-3x+4z=y),(z=z=z):}
che risolto da, se non ho fatto errori:
$\{(x=2z),(y=-2z):}$
Dunque una base (tralascio sempre il calcolo dell'indipendenza, che e' triviale visto che c'e' solo un vettore) e' $B_(UnnV) = {(2,-2,1)}$.
Infine la somma: Innanzi tutto la somma avra' dimensione 3, perche' per Grassman $dim(A+B) = dim(A) + dim(B) - dim(UnnB) = 2 + 2 -1 = 3$
Se non mi sbaglio ho risolto cosi': $U+V = {u+v | u \in U \wedge v \in V}$
Quindi ogni vettore di questo spazio e' somma di due vettori qualsiasi degli spazi U e V, quindi
$((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))=x((1),(-3),(0)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(4),(2))$
Quindi ho calcolato l'indipendenza lineare e ne ho tirato fuori la base come prima.
Non mi ricordo se ho fatto delle verifiche a proposito.
b) Se ${e_1, e_2, e_3}$ e' la base canonica di $RR^3$ determinare l'unica applicazione lineare $L: RR^3 \rightarrow RR^3$ tale che $\ker L = U nn V$ e $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$.
Allora, questa dell'applicazione mi ha creato problemi (anche perche' avevo fretta)
Non so bene come andava risolto, e non ricordo bene come l'ho risolto. Mi pare di aver fatto qualcosa di simile:
$L(v) = Av$, per una certa matrice A. Per trovarla posso innanzi tutto usare le due regole che mi ha dato $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$ in questo modo:
$Ae_1 = e_3$ ovvero $((a,b,c),(d,e,f),(g,h,i))((1),(0),(0)) = ((a),(d),(g)) = ((0),(0),(1))$
Quindi la matrice dovra' essere tipo
$A = ((0,b,c),(0,e,f),(1,h,i))$.
Allo stesso modo ho usato $L(e_2)$ trovando:
$A = ((0,0,c),(0,1,f),(1,0,i))$
A questo punto posso utilizzare la condizione di ker per trovare la matrice restante:
$\ker L = U nn V$ ovvero $v\in UnnV, Av = 0$
Quindi
$((0,0,a),(0,1,b),(1,0,c))((x),(y),(z)) = ((0),(0),(0))$
Nel compito ho messo (2,-2,1), il generatore dello spazio intersezione, al posto di (x,y,z) e ho risolto il sistema, perche' la base e' sicuramente un vettore dello spazio (ma or ora non mi sembra una grande idea). Si trova una matrice:
$A=((0,0,0),(0,1,2),(1,0,-2))$.
c) Trovare gli autovalori di $L$: $Av = \lambda v$ da cui $(A-\lambda I)v= 0$
Calcolando $\det A-\lambda I$, i valori di $\lambda$ che lo azzerano sono gli autovalori.
Quindi: $A-\lambda I = ((-\lambda,0,0),(0,1-\lambda,2),(1,0,-2-\lambda))$
E il suo det e': $(-\lambda)(1-\lambda)(-2-\lambda)$ e i suoi autovalori sono dunque 0, 1 e -2.
Si sostituiscono nella matrice e si risolve l'ecquazione: $(A-\lambda I)v= 0$.
Non ho proprio voglia di fare i conti adesso (sorry son stanco), non ricordo neanche se ho fatto in tempo a fare i conti all'esame :E (magari dopo edito e li metto)
Prossimo post: ultimo esercizio
a) Per determinare una base di U ho risolto l'equazione rispetto ad una variabile: y.
$U = {(x, y,z) : 3x + y- 4z = 0}$
$y= -3x + 4z$
Quindi i vettori sono nella forma $((x), (-3x + 4z), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1))$
I due vettori sono linearmente indipendenti (fidatevi
, non ho voglia di rifare il conto ma credo sia abbastanza evidente ad occhio), quindi una base e' $B_U = {(1, -3, 0),(0,4,1)}$Ho fatto lo stesso con V, ottenendo come base $B_V = {(-3,1,0),(-4,0,1)}$
A questo punto l'intersezione. Per calcolarla ho pensato che un vettore nell'intersezione si potesse costruire con entrambe le basi, quindi $((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) = y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))$
Si crea dunque il sistema
$\{(x=x=-3y+4z),(y=-3x+4z=y),(z=z=z):}
che risolto da, se non ho fatto errori:
$\{(x=2z),(y=-2z):}$
Dunque una base (tralascio sempre il calcolo dell'indipendenza, che e' triviale visto che c'e' solo un vettore) e' $B_(UnnV) = {(2,-2,1)}$.
Infine la somma: Innanzi tutto la somma avra' dimensione 3, perche' per Grassman $dim(A+B) = dim(A) + dim(B) - dim(UnnB) = 2 + 2 -1 = 3$
Se non mi sbaglio ho risolto cosi': $U+V = {u+v | u \in U \wedge v \in V}$
Quindi ogni vettore di questo spazio e' somma di due vettori qualsiasi degli spazi U e V, quindi
$((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))=x((1),(-3),(0)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(4),(2))$
Quindi ho calcolato l'indipendenza lineare e ne ho tirato fuori la base come prima.
Non mi ricordo se ho fatto delle verifiche a proposito.
b) Se ${e_1, e_2, e_3}$ e' la base canonica di $RR^3$ determinare l'unica applicazione lineare $L: RR^3 \rightarrow RR^3$ tale che $\ker L = U nn V$ e $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$.
Allora, questa dell'applicazione mi ha creato problemi (anche perche' avevo fretta
)Non so bene come andava risolto, e non ricordo bene come l'ho risolto. Mi pare di aver fatto qualcosa di simile:
$L(v) = Av$, per una certa matrice A. Per trovarla posso innanzi tutto usare le due regole che mi ha dato $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$ in questo modo:
$Ae_1 = e_3$ ovvero $((a,b,c),(d,e,f),(g,h,i))((1),(0),(0)) = ((a),(d),(g)) = ((0),(0),(1))$
Quindi la matrice dovra' essere tipo
$A = ((0,b,c),(0,e,f),(1,h,i))$.
Allo stesso modo ho usato $L(e_2)$ trovando:
$A = ((0,0,c),(0,1,f),(1,0,i))$
A questo punto posso utilizzare la condizione di ker per trovare la matrice restante:
$\ker L = U nn V$ ovvero $v\in UnnV, Av = 0$
Quindi
$((0,0,a),(0,1,b),(1,0,c))((x),(y),(z)) = ((0),(0),(0))$
Nel compito ho messo (2,-2,1), il generatore dello spazio intersezione, al posto di (x,y,z) e ho risolto il sistema, perche' la base e' sicuramente un vettore dello spazio (ma or ora non mi sembra una grande idea). Si trova una matrice:
$A=((0,0,0),(0,1,2),(1,0,-2))$.
c) Trovare gli autovalori di $L$: $Av = \lambda v$ da cui $(A-\lambda I)v= 0$
Calcolando $\det A-\lambda I$, i valori di $\lambda$ che lo azzerano sono gli autovalori.
Quindi: $A-\lambda I = ((-\lambda,0,0),(0,1-\lambda,2),(1,0,-2-\lambda))$
E il suo det e': $(-\lambda)(1-\lambda)(-2-\lambda)$ e i suoi autovalori sono dunque 0, 1 e -2.
Si sostituiscono nella matrice e si risolve l'ecquazione: $(A-\lambda I)v= 0$.
Non ho proprio voglia di fare i conti adesso (sorry son stanco), non ricordo neanche se ho fatto in tempo a fare i conti all'esame :E (magari dopo edito e li metto)
Prossimo post: ultimo esercizio
3) Come prima, gli autovalori sono i valori di lambda che azzerano il determinante della matrice $A_\alpha-\lambda I$.
Per calcolare il determinante di A, ho preso la 4a riga (che ha 3 zeri) e ho fatto:
$det A_\alpha = (2-\lambda) det ((-\lambda,\alpha,0),(\alpha, -\lambda, 1),(0,0,1-\lambda)) = (2-\lambda)(\lambda^2 (1-\lambda) - \alpha^2 (1-\lambda)) = (2-\lambda)(1-\lambda)(\lambda-\alpha)(\lambda+\alpha)$
Quindi gli autovalori per $\alpha > 0$ sono: 2, 1, $-\alpha$ e $+\alpha$.
Mi correggo: ho qualche problema a calcolare gli autovettori... Faccio un po' di pratica e ci sentiamo poi :S
Ciao!
Per calcolare il determinante di A, ho preso la 4a riga (che ha 3 zeri) e ho fatto:
$det A_\alpha = (2-\lambda) det ((-\lambda,\alpha,0),(\alpha, -\lambda, 1),(0,0,1-\lambda)) = (2-\lambda)(\lambda^2 (1-\lambda) - \alpha^2 (1-\lambda)) = (2-\lambda)(1-\lambda)(\lambda-\alpha)(\lambda+\alpha)$
Quindi gli autovalori per $\alpha > 0$ sono: 2, 1, $-\alpha$ e $+\alpha$.
Mi correggo: ho qualche problema a calcolare gli autovettori... Faccio un po' di pratica e ci sentiamo poi :S
Ciao!
"akiross":
[size=150]Mia soluzione[/size]
Ecco come l'ho risolto (sperando di non aver commesso errori di distrazione ed inesattezze, sia qui che all'esame
1) Innanzi tutto: il sistema 3 eq in 3 inc. ha soluzioni se la matrice $A$ ha rango 3, ovvero se il determinante e' diverso da zero.
Quindi: $\det A = \alpha^2 + \alpha - 1 - \alpha = \alpha^2 -1 = (\alpha -1)(\alpha +1)$
Quindi ha soluzioni per $\alpha \ne 1\wedge \alpha \ne -1$.
Se $A$ e' la matrice incompleta del sistema e $B$ il vettore dei termini noti, la soluzione $C=A^(-1)B$.
$A=((1,1,0),(1,\alpha,1),(\alpha,1,\alpha))$ e $B=(2, 1, 0)$
Quindi ho calcolato la matrice inversa di A, con questo procedimento:
($A_(ij)$ e' la matrice A senza la riga i-esima e la colonna j-esima)
Calcolo la matrice dei determinanti di $A_(ij)$ per ogni i e j:
$A' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (\alpha, \alpha, 1-\alpha),(1, 1, \alpha - 1))$
Secondo passo: cambio dei segni: ogni $a'_(ij)$ si moltiplica per $(-1)^(i+j)$. Risulta
$A'' = ((\alpha^2 - 1, 0, 1-\alpha^2), (-\alpha, \alpha, \alpha-1),(1, -1, \alpha - 1))$
Terzo passo: trasposizione della matrice
$A''^T = ((\alpha^2 - 1, -\alpha, 1),(0, \alpha, -1),(1-\alpha^2,\alpha-1, \alpha-1))$
Infine divido per $\det A=\alpha^2 -1$ ottenendo la matrice inversa:
$A^(-1) = ((1, \frac{-\alpha}{\alpha^2-1}, \frac{1}{\alpha^2 -1}),(0, \frac{\alpha}{\alpha^2 -1}, \frac{-1}{\alpha^2 - 1}),(-1,\frac{1}{\alpha+1}, \frac{1}{\alpha+1}))$
(Qalculate mi dice che e' giusta)
A questo punto posso risolvere il sistema applicando la formuletta:
$C=A^-1 B = (2-\frac{\alpha}{\alpha^2 - 1}, \frac{\alpha}{\alpha^2-1}, -2+\frac{1}{\alpha + 1})$
(Non ricordo bene, ma nel compito credo di aver toppato qualcosa a questo punto. Ole'
Continuo in un altro post per sicurezza.
Qui sia il procedimento che i conti paiono corretti.
"akiross":
2)
a) Per determinare una base di U ho risolto l'equazione rispetto ad una variabile: y.
$U = {(x, y,z) : 3x + y- 4z = 0}$
$y= -3x + 4z$
Quindi i vettori sono nella forma $((x), (-3x + 4z), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1))$
I due vettori sono linearmente indipendenti (fidatevi
Ho fatto lo stesso con V, ottenendo come base $B_V = {(-3,1,0),(-4,0,1)}$
Fin qui tutto bene!
A questo punto l'intersezione. Per calcolarla ho pensato che un vettore nell'intersezione si potesse costruire con entrambe le basi, quindi $((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) = y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))$
Si crea dunque il sistema
$\{(x=x=-3y+4z),(y=-3x+4z=y),(z=z=z):}
che risolto da, se non ho fatto errori:
$\{(x=2z),(y=-2z):}$
[\quote]
Qui mi pare ci sia un errore, infatti il sistema è:
${(x=-3y-4z),(y=-3x+4z):}$
da cui con un pochi di conti:
${(x=-y),(z=1/4*(3x+y)=-1/2*y):}$
Quindi base dell'intersezione:
$(-1,1,-1/2)$
[quote]
Dunque una base (tralascio sempre il calcolo dell'indipendenza, che e' triviale visto che c'e' solo un vettore) e' $B_(UnnV) = {(2,-2,1)}$.
Infine la somma: Innanzi tutto la somma avra' dimensione 3, perche' per Grassman $dim(A+B) = dim(A) + dim(B) - dim(UnnB) = 2 + 2 -1 = 3$
Se non mi sbaglio ho risolto cosi': $U+V = {u+v | u \in U \wedge v \in V}$
Quindi ogni vettore di questo spazio e' somma di due vettori qualsiasi degli spazi U e V, quindi
$((x), (y), (z)) = x((1),(-3),(0)) + z((0),(4),(1)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(0),(1))=x((1),(-3),(0)) + y((-3),(1),(0)) + z((-4),(4),(2))$
Quindi ho calcolato l'indipendenza lineare e ne ho tirato fuori la base come prima.
Non mi ricordo se ho fatto delle verifiche a proposito.
Procedimento in generale corretto.
b) Se ${e_1, e_2, e_3}$ e' la base canonica di $RR^3$ determinare l'unica applicazione lineare $L: RR^3 \rightarrow RR^3$ tale che $\ker L = U nn V$ e $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$.
Allora, questa dell'applicazione mi ha creato problemi (anche perche' avevo fretta
Non so bene come andava risolto, e non ricordo bene come l'ho risolto. Mi pare di aver fatto qualcosa di simile:
$L(v) = Av$, per una certa matrice A. Per trovarla posso innanzi tutto usare le due regole che mi ha dato $L(e_1) = e_3$, $L(e_2) = e_2$ in questo modo:
$Ae_1 = e_3$ ovvero $((a,b,c),(d,e,f),(g,h,i))((1),(0),(0)) = ((a),(d),(g)) = ((0),(0),(1))$
Quindi la matrice dovra' essere tipo
$A = ((0,b,c),(0,e,f),(1,h,i))$.
Allo stesso modo ho usato $L(e_2)$ trovando:
$A = ((0,0,c),(0,1,f),(1,0,i))$
A questo punto posso utilizzare la condizione di ker per trovare la matrice restante:
$\ker L = U nn V$ ovvero $v\in UnnV, Av = 0$
Quindi
$((0,0,a),(0,1,b),(1,0,c))((x),(y),(z)) = ((0),(0),(0))$
Nel compito ho messo (2,-2,1), il generatore dello spazio intersezione, al posto di (x,y,z) e ho risolto il sistema, perche' la base e' sicuramente un vettore dello spazio (ma or ora non mi sembra una grande idea). Si trova una matrice:
$A=((0,0,0),(0,1,2),(1,0,-2))$.
Procedimento corretto, l'errore è solo ereditato da quanto detto prima.
[/quote]
c) Trovare gli autovalori di $L$: $Av = \lambda v$ da cui $(A-\lambda I)v= 0$
Calcolando $\det A-\lambda I$, i valori di $\lambda$ che lo azzerano sono gli autovalori.
Quindi: $A-\lambda I = ((-\lambda,0,0),(0,1-\lambda,2),(1,0,-2-\lambda))$
E il suo det e': $(-\lambda)(1-\lambda)(-2-\lambda)$ e i suoi autovalori sono dunque 0, 1 e -2.
Si sostituiscono nella matrice e si risolve l'ecquazione: $(A-\lambda I)v= 0$.
Non ho proprio voglia di fare i conti adesso (sorry son stanco), non ricordo neanche se ho fatto in tempo a fare i conti all'esame :E (magari dopo edito e li metto)
Prossimo post: ultimo esercizio
Anche qui procedimento corretto.
Grazie, gentilissimo! Appena finisco di studiare un'altra materia provo a mettere le soluzioni sugli autovettori e il punto sulla diagonalizzazione.
"akiross":
3) (taglio)
Quindi gli autovalori per $\alpha > 0$ sono: 2, 1, $-\alpha$ e $+\alpha$.
Mi correggo: ho qualche problema a calcolare gli autovettori... Faccio un po' di pratica e ci sentiamo poi :S
Alura, ho calcolato gli autovettori:
$\lambda = 1$
$((-1,\alpha, 0,0),(\alpha,-1,1,0),(0,0,0,0),(0,0,0,2))((x),(y),(z),(w))=((0),(0),(0),(0))=((-x+\alpha y),(\alpha x - y + z),(0),(2w))$
Risolvendo il vettore esce il vettore nullo.
$\lambda = 2$
$((-2,\alpha, 0,0),(\alpha,-2,1,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,0))((x),(y),(z),(w))=((0),(0),(0),(0))=((-2x +\alpha y),(\alpha x - 2y + z),(-z),(0))$
Vettore nullo anche qui.
$\lambda = \alpha$
$((-\alpha,\alpha, 0,0),(\alpha,-\alpha,1,0),(0,0,1-\alpha,0),(0,0,0,2-\alpha))((x),(y),(z),(w))=((0),(0),(0),(0))=((-\alpha x + \alpha y),(\alpha x - \alpha y),((1+\alpha)z),((2-\alpha)w))$
Vettori nella forma $((x),(x),(0),(0))$
$\lambda = -\alpha$
$((\alpha,\alpha, 0,0),(\alpha,\alpha,1,0),(0,0,1+\alpha,0),(0,0,0,2 + \alpha))((x),(y),(z),(w))=((0),(0),(0),(0))=((\alpha x + \alpha y),(\alpha x + \alpha y),((1+\alpha)z),((w+\alpha)w))$
Vettori nella forma $((x),(-x),(0),(0))$
Ok ho scoperto solo ora che l'esercizio non richiedeva gli autovettori, ma fa niente
Son giusti? Quei vettori nulli mi lasciano un po' perplesso, anche se pensandoci non mi sembra ci sia qualcosa di male...b) Stabilire per quale valori di $\alpha>0$ la matrice e' diagonalizzabile (si consiglia di determinare i valori di $\alpha$ per cui gli autovalori sono distinti
Ora, piuttosto che risolvere l'esercizio, pongo questa domanda: e' vero che una matrice di ordine N e' diagonalizzabile se ha rango N, ovvero se tutte le righe sono linearmente indipendenti tra loro ovvero se il determinante e' non nullo?
Se non e' vero, perche'? In realta' mi manca qualcosa per potermi rispondere, per questo chiedo a voi.
Grazie mille!
Diciamo che tendenzialmente il procedimento di riferimento è strettamente legato alla ricerca radice dei polinomi caratteristici, osserva che:
$A=((0,1),(-1,0))$
e che il suo polinomio caratteristico è:
$det(A-tId_2)=det((-t,1),(-1,-t))= t^2+1$
Secondo te questa matrice è diagonalizzabile?
E poi, osserva che il rango di una matrice è esattamente il numero di autovalori non zero! Il perchè te lo lascio immaginare e poi dimostrare
$A=((0,1),(-1,0))$
e che il suo polinomio caratteristico è:
$det(A-tId_2)=det((-t,1),(-1,-t))= t^2+1$
Secondo te questa matrice è diagonalizzabile?
E poi, osserva che il rango di una matrice è esattamente il numero di autovalori non zero! Il perchè te lo lascio immaginare e poi dimostrare
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