Determinazione di Autovalori ed Autovettori
Buongiorno e buona domenica a tutti 
Sono alle prese con il seguente esercizio:
Iniziamo:
Risoluzione del primo punto.
Sono alle prese con un endomorfismo, infatti lo spazio vettoriale di partenza coincide con lo spazio vettoriale di arrivo. Per trovare le rispettive immagini, basterà sostituire le componenti costituenti i singoli vettori nell'applicazione f da cui si trae:
\( f(e_1)=(1,0,0) \)
\( f(e_2)=(-1,2,0) \)
\( f(e_3)=(1,0,-1) \)
A questo punto posso costruire la matrice associata A, ponendo in colonna le componenti costituenti le immagini, ottenendo:
\( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \) ricordando che \( Imf = rank(A) \) che risulta essere massimo, proprio perchè il determinante è non nullo implica che \( Imf = rank(A)= 3 \) .
Dal teorema delle dimensioni: \( dim(kerf)+dim(Imf)=dim(V) \) dove $V$ risulta essere lo spazio vettoriale di partenza possiamo dunque asserire che \( dim(kerf)=0 \).
Rappresento le equazioni dell'endomorfismo f:
\( \begin{cases} x' = x-y+z\\ y'=2y \\ z'=-z \end{cases} \)
La funzione dunque risulterà essere ingettiva per via del nucleo nullo, ma anche suriettiva proprio perchè I'immagine coincide anche lo spazio vettoriale di arrivo.
---
Secondo punto.
gli autovettori possono essere espressi con la seguente relazione: \( f(v)=\lambda v \) dove lambda coinciderà con l'autovalore del autovettore v, nell'ipotesi che tale vettore sia diverso dal vettore nullo.
Sostituisco al posto di $x',y',z'$ i corrispettivi \( \lambda x , \lambda y,\lambda z \) ottenendo:
\( \begin{cases} \lambda x = x-y+z\\ \lambda y=2y \\ \lambda z=-z \end{cases} \hookrightarrow \begin{cases} x(\lambda -1) + y - z = 0 \\ y(\lambda -2)=0 \\ z(\lambda + 1) =0 \end{cases} \)
costruisco la matrice dei coefficienti:
\( \begin{pmatrix} (\lambda -1) & 1 & -1 \\ 0 & (\lambda - 2) & 0 \\ 0 & 0 & (\lambda + 1) \end{pmatrix} \)
il rango della suddetta matrice non deve essere massimo altrimenti risulterebbe verificare la soluzione banale, ciò non è possibile percui annullo il determinante:
\( \begin{vmatrix} \lambda -1) & 1 & -1 \\ 0 & (\lambda - 2) & 0 \\ 0 & 0 & (\lambda + 1)\end{vmatrix} = 0 \)
da cui risulta che: \( (\lambda + 1)(\lambda-1)(\lambda-2)=0 \) ottenendo: $\lambda_1=-1, \lambda_2=1,\lambda_3=2$
Sostituisco gli autovalori nella precedente equazione in $\lambda$ per ogni valore di lambda:
Per $\lambda = 1$
\( \begin{cases} y-z=0 \\ -z=0 \\ 2z=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=t$ e \( \forall t\epsilon \Re -(0) \hookrightarrow (t,0,0) = t(1,0,0) \)
Per $\lambda = -1$
\( \begin{cases} -2x+y-z=0 \\ -3y = 0 \\ 0=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=k$ e \( \forall t\epsilon \Re - (0) \hookrightarrow (k,0,-2k) = k(1,0,-2)\)
Per $\lambda = 2$
\( \begin{cases} x+y-z=0 \\ 0 = 0 \\ 3z=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=h$ e \(\forall t\epsilon \Re -(0) \hookrightarrow (h,-h,0) = h(1,-1,0)\)
Non comprendo la parte "ora vien posto.." poichè dopo aver effettuato la sostituzione del valore lambda mi ritrovo con sistemi omogenei dove, esaminando ad esempio il primo, quello con $\lambda = 1$ ho che:
- x è nulla, percui ho un sistema di 3 equazioni in 2 incognite.. ho provato a calcolare il rango della matrice dei coefficienti trovando che in effetti risulta essere due, infatti esiste almeno un minore di ordine due non nullo.. Inoltre il sistema è compatibile, perche il rango della matrice incompleta risulta coincidere con quello della matrice completa.. Ma allora, se il numero di incognite coincide con il rango il sistema è di cramer, avente un'unica soluzione.. ma non posso avere ciò..
Potreste farmi comprendere? Spero sia stato chiaro.
Sono alle prese con il seguente esercizio:
Sia \( f:R^3 \rightarrow R^3 \) \( dove f[(x,y,z)] = (x-y+z,2y,-z) \) risulta essere fornita una base canonica \( B={(e_1,e_2,e_3)} \)
Si determini:
1) \( Imf \) , \( kerf \) ;
2)Trovare gli Autovalori e gli Autvettori di $f$
Iniziamo:
Risoluzione del primo punto.
Sono alle prese con un endomorfismo, infatti lo spazio vettoriale di partenza coincide con lo spazio vettoriale di arrivo. Per trovare le rispettive immagini, basterà sostituire le componenti costituenti i singoli vettori nell'applicazione f da cui si trae:
\( f(e_1)=(1,0,0) \)
\( f(e_2)=(-1,2,0) \)
\( f(e_3)=(1,0,-1) \)
A questo punto posso costruire la matrice associata A, ponendo in colonna le componenti costituenti le immagini, ottenendo:
\( \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \) ricordando che \( Imf = rank(A) \) che risulta essere massimo, proprio perchè il determinante è non nullo implica che \( Imf = rank(A)= 3 \) .
Dal teorema delle dimensioni: \( dim(kerf)+dim(Imf)=dim(V) \) dove $V$ risulta essere lo spazio vettoriale di partenza possiamo dunque asserire che \( dim(kerf)=0 \).
Rappresento le equazioni dell'endomorfismo f:
\( \begin{cases} x' = x-y+z\\ y'=2y \\ z'=-z \end{cases} \)
La funzione dunque risulterà essere ingettiva per via del nucleo nullo, ma anche suriettiva proprio perchè I'immagine coincide anche lo spazio vettoriale di arrivo.
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Secondo punto.
gli autovettori possono essere espressi con la seguente relazione: \( f(v)=\lambda v \) dove lambda coinciderà con l'autovalore del autovettore v, nell'ipotesi che tale vettore sia diverso dal vettore nullo.
Sostituisco al posto di $x',y',z'$ i corrispettivi \( \lambda x , \lambda y,\lambda z \) ottenendo:
\( \begin{cases} \lambda x = x-y+z\\ \lambda y=2y \\ \lambda z=-z \end{cases} \hookrightarrow \begin{cases} x(\lambda -1) + y - z = 0 \\ y(\lambda -2)=0 \\ z(\lambda + 1) =0 \end{cases} \)
costruisco la matrice dei coefficienti:
\( \begin{pmatrix} (\lambda -1) & 1 & -1 \\ 0 & (\lambda - 2) & 0 \\ 0 & 0 & (\lambda + 1) \end{pmatrix} \)
il rango della suddetta matrice non deve essere massimo altrimenti risulterebbe verificare la soluzione banale, ciò non è possibile percui annullo il determinante:
\( \begin{vmatrix} \lambda -1) & 1 & -1 \\ 0 & (\lambda - 2) & 0 \\ 0 & 0 & (\lambda + 1)\end{vmatrix} = 0 \)
da cui risulta che: \( (\lambda + 1)(\lambda-1)(\lambda-2)=0 \) ottenendo: $\lambda_1=-1, \lambda_2=1,\lambda_3=2$
Sostituisco gli autovalori nella precedente equazione in $\lambda$ per ogni valore di lambda:
Per $\lambda = 1$
\( \begin{cases} y-z=0 \\ -z=0 \\ 2z=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=t$ e \( \forall t\epsilon \Re -(0) \hookrightarrow (t,0,0) = t(1,0,0) \)
Per $\lambda = -1$
\( \begin{cases} -2x+y-z=0 \\ -3y = 0 \\ 0=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=k$ e \( \forall t\epsilon \Re - (0) \hookrightarrow (k,0,-2k) = k(1,0,-2)\)
Per $\lambda = 2$
\( \begin{cases} x+y-z=0 \\ 0 = 0 \\ 3z=0 \end{cases} \) ora vien posto $x=h$ e \(\forall t\epsilon \Re -(0) \hookrightarrow (h,-h,0) = h(1,-1,0)\)
Non comprendo la parte "ora vien posto.." poichè dopo aver effettuato la sostituzione del valore lambda mi ritrovo con sistemi omogenei dove, esaminando ad esempio il primo, quello con $\lambda = 1$ ho che:
- x è nulla, percui ho un sistema di 3 equazioni in 2 incognite.. ho provato a calcolare il rango della matrice dei coefficienti trovando che in effetti risulta essere due, infatti esiste almeno un minore di ordine due non nullo.. Inoltre il sistema è compatibile, perche il rango della matrice incompleta risulta coincidere con quello della matrice completa.. Ma allora, se il numero di incognite coincide con il rango il sistema è di cramer, avente un'unica soluzione.. ma non posso avere ciò..
Potreste farmi comprendere? Spero sia stato chiaro.
Risposte
Il primo sistema è $Y=Z=0$. Non stai "ponendo" $X=t$, stai semplicemente dicendo che l'autospazio è \(\langle \left( \begin{smallmatrix} 1\\0\\0 \end{smallmatrix}\right)\rangle \). Idem negli altri casi, se risolvi in sistema lineare che ti dà l'autospazio di $2$ e di \(-1\).
Grazie per la risposta. ci sono sul fatto che y=z= 0 poichè non viene tollerata la soluzione banale non riesco a capire:
-Come mai venga assunto proprio x come parametro t?
-Come ci si arriva a dire che l'autospazio possa essere (1,0,0)?
Diciamo che ho compreso tutto il procedimento sino a quando vengono sostituiti i valori di lambda nei sistemi.. poi che ragionamento va fatto?
-Come mai venga assunto proprio x come parametro t?
-Come ci si arriva a dire che l'autospazio possa essere (1,0,0)?
Diciamo che ho compreso tutto il procedimento sino a quando vengono sostituiti i valori di lambda nei sistemi.. poi che ragionamento va fatto?
Hai un'idea molto poco chiara di come si risolvono i sistemi lineari
Vediamo un po:
Da quel che ho appreso, i criteri di valutazione e risoluzione di un sistema lineare sono i seguenti:
1)Verifico la compatibilità di tale sistema, ossia, se il rango della matrice incompleta coincida con quella della matrice completa. Nel mio caso, il sistema omogeneo risulta essere sempre compatibile, infatti ammette sempre la soluzione banale.
2)Adesso bisognerà capire se ammetta soluzione diverse da quella banale. Basterà che il rango della matrice dei coefficienti sia inferiore al numero delle incognite affinchè ciò accada.
nel primo caso:
Sia A la matrice incompleta \( \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \)
il determinante è nullo, il rango non sarà massimo ed in effetti considerando: \( M_2=\begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} \) esisterà almeno un minore di ordine 2 non nullo dove segue che rango di A sarà 2.
Come due saranno le equazioni linearmente indipendenti.
i sistema ammetterà soluzione diversa da quella banale proprio perchè rank(A) < n dove "n" rappresenta il numero delle incognite.
Ammetterà \( \infty ^{n-p} \) soluzioni.
A questo punto basterà prendere le sole equazioni indipendenti e associare un parametro all'incognita la cui colonna non è coinvolta nel rilevamento del minore estratto. Nel caso mio la prima, ovvero x.
Il problema è che in questo caso tutti i coefficienti di x sono nulli, percui mi si annulla anche il mio parametro..
Altrimenti avrei potuto portare il parametro all'altro membro e di conseguenza avrei potuto risolvere tale sistema (oramai diventato di Cramer) trovando l'insieme di soluzione al variare di tale parametro.
Da quel che ho appreso, i criteri di valutazione e risoluzione di un sistema lineare sono i seguenti:
1)Verifico la compatibilità di tale sistema, ossia, se il rango della matrice incompleta coincida con quella della matrice completa. Nel mio caso, il sistema omogeneo risulta essere sempre compatibile, infatti ammette sempre la soluzione banale.
2)Adesso bisognerà capire se ammetta soluzione diverse da quella banale. Basterà che il rango della matrice dei coefficienti sia inferiore al numero delle incognite affinchè ciò accada.
nel primo caso:
Sia A la matrice incompleta \( \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \)
il determinante è nullo, il rango non sarà massimo ed in effetti considerando: \( M_2=\begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} \) esisterà almeno un minore di ordine 2 non nullo dove segue che rango di A sarà 2.
Come due saranno le equazioni linearmente indipendenti.
i sistema ammetterà soluzione diversa da quella banale proprio perchè rank(A) < n dove "n" rappresenta il numero delle incognite.
Ammetterà \( \infty ^{n-p} \) soluzioni.
A questo punto basterà prendere le sole equazioni indipendenti e associare un parametro all'incognita la cui colonna non è coinvolta nel rilevamento del minore estratto. Nel caso mio la prima, ovvero x.
Il problema è che in questo caso tutti i coefficienti di x sono nulli, percui mi si annulla anche il mio parametro..
Altrimenti avrei potuto portare il parametro all'altro membro e di conseguenza avrei potuto risolvere tale sistema (oramai diventato di Cramer) trovando l'insieme di soluzione al variare di tale parametro.
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