Diagonalizzazione e ortogonalità
Ciao a tutti, ho una prova di geometria a breve e mi sfugge questa cosa.
Abbiamo fatto il teorema spettrale e ci siamo soffermati sul fatto che ogni matrice simmetrica ammette una base ortonormale formata da suoi autovettori. Quello che non capisco è perché abbiamo specificato questa cosa? Nel senso, non bastava dire che qualsiasi matrice simmetrica è diagonizzabile?
Anche perché qualsiasi matrice diagonalizzabile permette di creare una base ortogonale e ortonormale formata da suoi autovettori, no?
Abbiamo fatto il teorema spettrale e ci siamo soffermati sul fatto che ogni matrice simmetrica ammette una base ortonormale formata da suoi autovettori. Quello che non capisco è perché abbiamo specificato questa cosa? Nel senso, non bastava dire che qualsiasi matrice simmetrica è diagonizzabile?
Anche perché qualsiasi matrice diagonalizzabile permette di creare una base ortogonale e ortonormale formata da suoi autovettori, no?
Risposte
Ok ora questo mi è chiaro, l'altro punto ancora no
"Tommaso99":
Ok ora questo mi è chiaro, l'altro punto ancora no
Ma come?
Abbiamo un altro autovalore $lambda=3$ e ti ho appena detto da una radice distinta possiamo ricavare un autovettore.
L'ho anche scritto nella seconda riga del post precedente...
L'esercizio dice Se prendo una matrice quadrata 3x3 qualunque. So che 1 e 3 sono i suoi autovalori. Sapendo che V1= x+y+2z=0 è l'autospazio associato al primo autovalore, posso stabilire se la matrice è diagonalizzabile?
E' una matrice 3x3. Avendo dedotto che $lambda=1$ sono due radici coincidenti, $lambda=3$ è una radice distinta. Quanti autovalori in totale può avere una matrice 3x3? 25?
Veramente questo problema mi sta mandando in tilt, riesco a seguire i tuoi ragionamenti ma se mi mettessi davanti un altro problema identico non riuscirei a risolverlo. Forse è anche perchè non ho in mente chiaramente il concetto di molt alg.
Soprattutto non riesco a capire il discorso che c'è al max un solo autovettore associato ad ogni autovalore, non sono infiniti invece? Nel senso, qualsiasi vettore appartenente allo span dell'autovettore non è a sua volta un autovettore?
Poi, non riesco a capire come questo problema possa rispondere a questa mia domanda:
Scusami se ti sto facendo perdere tempo!
Soprattutto non riesco a capire il discorso che c'è al max un solo autovettore associato ad ogni autovalore, non sono infiniti invece? Nel senso, qualsiasi vettore appartenente allo span dell'autovettore non è a sua volta un autovettore?
Poi, non riesco a capire come questo problema possa rispondere a questa mia domanda:
Quindi se non ho capito male il fatto che sia simmetrica è condizione sia suff che nec giusto?
Scusami se ti sto facendo perdere tempo!
Sulla domanda, rispondo io perché è facile. La risposta è SI. È molto semplice dimostrare che, se una matrice è ortogonalmente diagonalizzabile, allora essa è simmetrica. Se la nostra matrice è A, dire che essa è ortogonalmente diagonalizzabile significa che si può scomporre nel prodotto $A=O^TD O$, dove $OO^T=I$ e D è diagonale. Quindi $A^T=... $
"Tommaso99":
Soprattutto non riesco a capire il discorso che c'è al max un solo autovettore associato ad ogni autovalore, non sono infiniti invece? Nel senso, qualsiasi vettore appartenente allo span dell'autovettore non è a sua volta un autovettore?
Ok, ma ne basta uno per definire lo span
"Tommaso99":
Poi, non riesco a capire come questo problema possa rispondere a questa mia domanda:
Quindi se non ho capito male il fatto che sia simmetrica è condizione sia suff che nec giusto?
Te l'avevo già dimostrato qua! La risposta è chiaramente SI!
"Bokonon":
Ci chiediamo se una matrice generica diagonalizzabile $A=PDP^(-1)$ possa avere una matrice P composta da autovettori due a due ortogonali.
Se così fosse allora potremmo normalizzare/riscalare i singoli autovettori che la compongono e sarebbero ancora autovettori di D.
Quindi $A=QDQ^(-1)$ dove Q è ortonormale ovvero gode della proprietà $Q^(-1)=Q^T$
Quindi $A^T=[QDQ^(-1)]^T=[QDQ^(T)]^T=QD^TQ^(T)=QDQ^(-1)=A$
Quindi $A^T=A$ ovvero A è simmetrica.
Volevo solo che toccassi con "mano" la cosa.
All'autovalore 1 puoi associare appunto una qualsiasi base del piano $x+y+2z=0$
Ma alla fine ne scegli due...non infiniti
Per esempio, due autovettori lin. indip. legati all'autovalore 1 che soddisfano l'equazione sono (1,1,-1) e (2,0,-1).
Non sono ortogonali fra di loro.
Ora scegliamo l'autospazio relativo all'autovalore 3 in modo che sia ortogonale al primo, ad esempio, (1,1,2).
A questo punto possiamo finalmente derivare l'applicazione $A=PDP^(-1)$
$ A=( ( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ),( -1 , -1 , 2 ) ) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 3 ) )1/6( ( -1 , 5 , -2 ),( 3 , -3 , 0 ),( 1 , 1 , 2 ) )=1/3( ( 4 , 1 , 2 ),( 1 , 4 , 2 ),( 2 , 2 , 7 ) ) $
Ed è una matrice simmetrica!
Se invece avessi scelto una base ortogonale per il piano e quindi due autovettori associati all'autovalore 1 che siano ortogonali fra di loro: (1,1,-1) e (-1,1,0) e normalizzassi P avrei $ P=Q=( ( 1/sqrt(3) , -1/sqrt(2) , 1/sqrt(6) ),( 1/sqrt(3) , 1/sqrt(2) , 1/sqrt(6) ),( -1/sqrt(3) , 0 , 2/sqrt(6) ) ) $
$A=QDQ^(-1)=QDQ^T$
Se fai i conti otterrai nuovamente la medesima matrice A.
Puoi sbizzarrirti e scegliere set di autovettori diversi con l'unica regola che gli autospazi siano ortogonali e alla fine otterrai sempre e comunque A....ed è simmetrica.
"Tommaso99":
Veramente questo problema mi sta mandando in tilt, riesco a seguire i tuoi ragionamenti ma se mi mettessi davanti un altro problema identico non riuscirei a risolverlo. Forse è anche perchè non ho in mente chiaramente il concetto di molt alg.
Proviamo così.
Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori reali e distinti, tipo 1,2 e 3.
Troverò sempre un autovettore associato ad ogni autovalore (poi sta a te sceglierlo basta che sia nel medesimo span).
Quindi molteplicità algebrica 3 = molteplicità geometrica 3. La matrice è diagonalizabile.
Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori tipo 1,1 e 3. Ovvero tre radici reali di cui due coincidenti. Troverò certamente un autovettore per 3..non ci sono santi che tengano, ok?
Poi però devo trovare un autovettore associato a 1 e un altro autovettore associato al secondo 1.
Se non trovo quindi due autovettori associati alla medesima radice del polinomio caratteristico (ma solo uno), allora la matrice non è diagonalizzabile perche otterrei molteplicità algebrica 3 diverso da molteplicità geometrica 2.
Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori tipo 1,1 e 1. Quindi tre radici coincidenti. Affinchè sia diagonalizzabile dovrei trovare tre autovettori associati alla medesima radice. Impossibile: il kernel di $(A-1*I)$ avrà al massimo dimensione 2 (a meno che A non sia la matrice nulla!). Quindi la matrice non è diagonalizzabile.
Perfetto con questi ultimi esempi ho capito il ragionamento, ne stavo uscendo pazzoa 
Grazie mille a tutti veramente!
Grazie mille a tutti veramente!
Scusate per il ritorno ma... ho un'altra domanda velocissima, la somma delle dimensioni degli autospazi quindi m1+m2 ecc può essere maggiore di n?
Tu che dici dopo tutto quello è stato scritto?
"Bokonon":
Tu che dici dopo tutto quello è stato scritto?
Direi proprio di no, però non riesco a trovare un modo di giustificare questa affermazione
Ma ne abbiamo già parlato diffusamente. La molteplicità geometrica è sempre minore/uguale a quella algebrica.
n radici al massimo n autovettori...e c'è un teorema che lo prova, mica lo afferma Bokonon, ok?
Quindi la somma delle dimensioni degli autospazi relativi a n autovalori (1+1+1+1+1..) sarà [size=150]al massimo[/size] n.
L'unico modo afifnchè questo non accada è che tu riesca a trovare più di un autovettore associato a una radice distinta.
E questo non capiterà MAI (cerca e studia il teorema).
n radici al massimo n autovettori...e c'è un teorema che lo prova, mica lo afferma Bokonon, ok?
Quindi la somma delle dimensioni degli autospazi relativi a n autovalori (1+1+1+1+1..) sarà [size=150]al massimo[/size] n.
L'unico modo afifnchè questo non accada è che tu riesca a trovare più di un autovettore associato a una radice distinta.
E questo non capiterà MAI (cerca e studia il teorema).
Ok quindi sappiamo che il grado massimo del polinomio caratteristico è n quindi la molt alg è al massimo n e quindi per forza la molt geom è minoreuguale a n, giusto?
E' (quasi) esatto.
Perchè (ricordiamolo, altrimenti arriva il buon Dissonance ) stiamo considerando polinomi caratteristici nel campo reale e quindi in qualche caso possono avere n-k soluzioni reali e k soluzioni complesse. In quel caso ci si attacca al tram prima ancora di cominciare.
Per il resto..è così come hai scritto tu.
Perchè (ricordiamolo, altrimenti arriva il buon Dissonance
) stiamo considerando polinomi caratteristici nel campo reale e quindi in qualche caso possono avere n-k soluzioni reali e k soluzioni complesse. In quel caso ci si attacca al tram prima ancora di cominciare.Per il resto..è così come hai scritto tu.
perfetto!
Ultimissima domanda, nel caso di forma quadratica se ho la forma matriciale con una matrice simmetrica c'è un modo più veloce di trovare la base ortonormale per cui la forma quadratica è scritta in forma canonica? Oppure ogni volta devo trovare autovalori - > trovo le basi delle varie A-tIn - > le ortogonalizzo e poi le ortonormalizzo?
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