Da autovalori a matrice
Salve ho questo esercizio che non so da dove iniziare per risolvere:
Sia F: R4→R4 l'operatore lineare definito dalle condizioni seguenti: (1,1,1,1) è autovettore di autovalore 2; (1,0,0,0) è autovettore di autovalore 1; Ker(f) è il sottospazio di equazioni: { ( x1+x2 =0),( x3+x4=0 )
1) determinare la matrice di F rispetto alla base standard di R4 presa come base di partenza e di arrivo.
2)determinare una base di Im(F)
3) dire se F è diagonalizzabile.
grazie 1000 in anticipo!!!
Sia F: R4→R4 l'operatore lineare definito dalle condizioni seguenti: (1,1,1,1) è autovettore di autovalore 2; (1,0,0,0) è autovettore di autovalore 1; Ker(f) è il sottospazio di equazioni: { ( x1+x2 =0),( x3+x4=0 )
1) determinare la matrice di F rispetto alla base standard di R4 presa come base di partenza e di arrivo.
2)determinare una base di Im(F)
3) dire se F è diagonalizzabile.
grazie 1000 in anticipo!!!
Risposte
Hai due coppie di autovalori e autovettori. Personalmente guarderei se è diagonalizzabile, per poi moltiplicare, se lo è, le matrici \(S\Lambda S^{-1}\) (dove \(\Lambda\) è la matrice diagonale degli autovalori e \(S\) quella con le coordinate degli autovettori come colonne)...
\(\ker(F)\) è l'autospazio dell'autovalore 0, di cui una base si calcola velocissimamente utilizzando come variabili libere del sistema \(x_2\) e \(x_4\) e ponendole alternativamente uguali a 1 e a 0: \(\{(0,0,-1,1),(-1,1,0,0)\}\).
Quattro autovettori linearmente indipendenti: è diagonalizzabile. Quindi la matrice cercata è, mi pare\[M_{\boldsymbol{E}}(F)=\begin{pmatrix}1&1&0&-1\\1&0&0&1\\1&0&-1&0\\1&0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\1&1&-1&-1\\0&0&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&1&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&1\\0&0&1&1\end{pmatrix} \]
dove l'ultima matrice del prodotto è l'inversa della matrice degli autovettori.
L'immagine di \(F\) è naturalmente costituita da tutte e sole le combinazioni lineari delle prime due colonne di \(S\), che ne sono una base. Infatti \(S\Lambda\) ha due colonne non nulle, multiple delle colonne corrispondenti ad autovalori non nulli, e \(S^{-1}\mathbf{x}\) dà per qualche \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4\) tutte le possibili combinazioni di esse (proprio perché \(S^{-1}\mathbf{x}=\mathbf{c}\) ha sempre una soluzione essendo \(S^{-1}\) invertibile).
Ciao!
\(\ker(F)\) è l'autospazio dell'autovalore 0, di cui una base si calcola velocissimamente utilizzando come variabili libere del sistema \(x_2\) e \(x_4\) e ponendole alternativamente uguali a 1 e a 0: \(\{(0,0,-1,1),(-1,1,0,0)\}\).
Quattro autovettori linearmente indipendenti: è diagonalizzabile. Quindi la matrice cercata è, mi pare\[M_{\boldsymbol{E}}(F)=\begin{pmatrix}1&1&0&-1\\1&0&0&1\\1&0&-1&0\\1&0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\1&1&-1&-1\\0&0&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&1&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&1\\0&0&1&1\end{pmatrix} \]
dove l'ultima matrice del prodotto è l'inversa della matrice degli autovettori.
L'immagine di \(F\) è naturalmente costituita da tutte e sole le combinazioni lineari delle prime due colonne di \(S\), che ne sono una base. Infatti \(S\Lambda\) ha due colonne non nulle, multiple delle colonne corrispondenti ad autovalori non nulli, e \(S^{-1}\mathbf{x}\) dà per qualche \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4\) tutte le possibili combinazioni di esse (proprio perché \(S^{-1}\mathbf{x}=\mathbf{c}\) ha sempre una soluzione essendo \(S^{-1}\) invertibile).
Ciao!
ti ringrazio tantissimo!!! 
"DavideGenova":
Hai due coppie di autovalori e autovettori. Personalmente guarderei se è diagonalizzabile, per poi moltiplicare, se lo è, le matrici \(S\Lambda S^{-1}\) (dove \(\Lambda\) è la matrice diagonale degli autovalori e \(S\) quella con le coordinate degli autovettori come colonne)...
\(\ker(F)\) è l'autospazio dell'autovalore 0, di cui una base si calcola velocissimamente utilizzando come variabili libere del sistema \(x_2\) e \(x_4\) e ponendole alternativamente uguali a 1 e a 0: \(\{(0,0,-1,1),(-1,1,0,0)\}\).
Quattro autovettori linearmente indipendenti: è diagonalizzabile. Quindi la matrice cercata è, mi pare\[M_{\boldsymbol{E}}(F)=\begin{pmatrix}1&1&0&-1\\1&0&0&1\\1&0&-1&0\\1&0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\1&1&-1&-1\\0&0&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&1&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&1\\0&0&1&1\end{pmatrix} \]
dove l'ultima matrice del prodotto è l'inversa della matrice degli autovettori.
L'immagine di \(F\) è naturalmente costituita da tutte e sole le combinazioni lineari delle prime due colonne di \(S\), che ne sono una base. Infatti \(S\Lambda\) ha due colonne non nulle, multiple delle colonne corrispondenti ad autovalori non nulli, e \(S^{-1}\mathbf{x}\) dà per qualche \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4\) tutte le possibili combinazioni di esse (proprio perché \(S^{-1}\mathbf{x}=\mathbf{c}\) ha sempre una soluzione essendo \(S^{-1}\) invertibile).
Ciao!
scusa ma la base dell'immagine non è data dalla riduzione per righe della trasposta della matrice? e poi prendo i vettori indipendendi di questa?? a me vendono [1,0,0,0] e [0,0,1,1]. è sbagliato?
"zompetta":
[quote="DavideGenova"]Hai due coppie di autovalori e autovettori. Personalmente guarderei se è diagonalizzabile, per poi moltiplicare, se lo è, le matrici \(S\Lambda S^{-1}\) (dove \(\Lambda\) è la matrice diagonale degli autovalori e \(S\) quella con le coordinate degli autovettori come colonne)...
\(\ker(F)\) è l'autospazio dell'autovalore 0, di cui una base si calcola velocissimamente utilizzando come variabili libere del sistema \(x_2\) e \(x_4\) e ponendole alternativamente uguali a 1 e a 0: \(\{(0,0,-1,1),(-1,1,0,0)\}\).
Quattro autovettori linearmente indipendenti: è diagonalizzabile. Quindi la matrice cercata è, mi pare\[M_{\boldsymbol{E}}(F)=\begin{pmatrix}1&1&0&-1\\1&0&0&1\\1&0&-1&0\\1&0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\1&1&-1&-1\\0&0&-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&1&-\frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&1&1\\0&0&1&1\end{pmatrix} \]
dove l'ultima matrice del prodotto è l'inversa della matrice degli autovettori.
L'immagine di \(F\) è naturalmente costituita da tutte e sole le combinazioni lineari delle prime due colonne di \(S\), che ne sono una base. Infatti \(S\Lambda\) ha due colonne non nulle, multiple delle colonne corrispondenti ad autovalori non nulli, e \(S^{-1}\mathbf{x}\) dà per qualche \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4\) tutte le possibili combinazioni di esse (proprio perché \(S^{-1}\mathbf{x}=\mathbf{c}\) ha sempre una soluzione essendo \(S^{-1}\) invertibile).
Ciao!
scusa ma la base dell'immagine non è data dalla riduzione per righe della trasposta della matrice? e poi prendo i vettori indipendendi di questa?? a me vendono [1,0,0,0] e [0,0,1,1]. è sbagliato?[/quote]
scusa ho un'altra domanda, una matrice si dice diagonalizzabile quando? apparte vedere se molteplicità geometrica e algebrica sono uguali, c'è un altro modo?? perchè calcolando le 2 molteplicità mi risulta non diagonalizzabile...
"zompetta":
scusa ma la base dell'immagine non è data dalla riduzione per righe della trasposta della matrice? e poi prendo i vettori indipendendi di questa??
Sì, i vettori indipendenti, che sono proprio gli unici che non risultano nulli al termine del processo. Il che ti porta naturalmente alla stessa conclusione cui sono arrivato guardando le colonne di \(S\) che non si annullano.
I questo caso i vettori che non si annullano riducendo la trasposta sono \((1,0,0,0)\) e \((0,1,1,1)\), visto che il secondo e il quarto sono rispettivamente uguali al primo e al terzo e si annullano, che sono anch'essi una base del sottospazio generato dalle due prime colonne di \(S\) (gli autovettori relativi agli autovalori 2 e 1).
"zompetta":
apparte vedere se molteplicità geometrica e algebrica sono uguali, c'è un altro modo??
Come fatto notare dal link di minomic, se gli autovalori sono tutti distinti, allora la matrice è per forza diagonalizzabile: puoi star certa che gli autovettori saranno tutti linearmente indipendenti. (Però non è condizione necessaria e ci sono naturalmente anche matrici diagonalizzabili con autovalori di molteplicità algebrica \(>1\), purché tutte le molteplicità algebriche sommate diano il numero delle colonne/righe della matrice e purché le molteplicità geometriche uguaglino quelle algebriche.)
Per diagonalizzare una matrice, che sappia io, normalmente si calcola il polinomio caratteristico con le sue radici \(\lambda_i\) e poi una base di ogni \(\ker(A-\lambda_i I)\) (di dimensione che per definizione è la molteplicità geometrica di \(\lambda_i\)).
"zompetta":
perchè calcolando le 2 molteplicità mi risulta non diagonalizzabile...
Non è detto che la matrice che trovo io sia giusta, ma il suo polinomio caratteristico mi pare \(\lambda^2(2-\lambda)(1-\lambda)\), quindi le molteplicità algebriche \(h\) sono: \(h(2)=1,h(1)=1,h(0)=2\). Le molteplicità geometriche mi sembrano chiare dagli autovettori forniti dal testo e dalle due soluzioni linearmente indipendenti che sono una base di \(\ker(F)\), visto che sono quattro vettori linearmente indipendenti, tant'è che \(S\) è invertibile.
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