Discorso su autovettori e autovalori...
Ciao a tutti. Sto cercando di risolvere un esercizio sugli autovettori e autovalori ma ... le mie conclusioni non combaciano manco lontanamente rispetto alla soluzione del libro! Provando a guardare e riguardare l'esercizio mi sono posto la domanda "ma non riesco a risolverlo perchè non ho capito proprio l'argomento o ho commesso qualche errore di calcolo?". Vengo qui da voi in cerca di aiuto (tanto per cambiare 
) e vi ringrazio in anticipo. Essendo uno studente-lavoratore, per me è impossibile frequentare le lezioni ed ammetto che trovo la cosa molto difficile, specialmente in Analisi e Algebra lineare.
Bando alle chiacchere, vi espongo il mio problema:
Data la matrice: $A:=((1,1,-2),(1,1,2),(-2,2,0))$, determinare: autovalori, autovettori relativi, la dimensione dell'autospazio associato.
Allora, un autovettore è un vettore la cui immagine è il vettore stesso moltiplicato per uno scalare. Questo scalare si chiama autovalore. E' scorretto dire che è una specie di "multiplo del vettore di partenza?". Piu' formalmente: Se ho un'applicazione lineare $T$ su uno spazio vettoriale $V$ e prendo uno dei vettori che lo compongono: $v$ posso definire l'autovalore e autovettore così: $T(v)=\lambdav$. Quindi come prima cosa, nel mio esercizio dovro' trovarmi degli autovalori che rispettano questa proprieta'! Quindi la relazione $T(v)=\lambdav$ lo posso scrivere anche come: $T(v)-\lambdaI = 0$. Questo lo posso scrivere perchè $\lambdav = \lambdaIv$ e questo è vero perchè la matrice identita' $I$ lascia inalterato il mio $v$. (è come scrivere che $x+y = x+ (1*y)$. Fatto cio' devo risolvere il sistema lineare omogeneo che ne viene fuori: $T(v)-\lambdaI = 0$. Ora c'è da dire una cosa: il vettore nullo non è autovettore perchè se no si avrebbe un infinita' di autovalori dato che $\lambda*0=0$ vale $AA \lambda\in RR$, quindi, non mi serve la soluzione banale!
So che un modo per vedere se oltre alla soluzione banale ci sono altre soluzioni e' quello di calcolare il determinante della matrice, infatti se il determinante di una matrice è $0$ allora significa che i suoi vettori sono lin. indip. e che l'unica soluzione è quella banale. Calcolo quindi il determinante di $A$:
$\text(det)(A)=((1-\lambda,1,-2,1-\lambda,1),(1,1-\lambda,2,1,1-\lambda),(-2,2,-\lambda,-2,2))=(-\lambda(1-\lambda)^2 -4 -4)-(-\lambda+4(1-\lambda)+4(1-\lambda))=$
$\lambda^3-2\lambda^2+8\lambda-16= \lambda^2(\lambda-2)+8(\lambda-2)= (\lambda^2+8)(\lambda-2)$.
Ora devo imporre: $(\lambda^2+8)(\lambda-2)=0$ Le soluzioni sono: $\lambda=\+-sqrt(8)$, $\lambda=2 $
Tuttavia il libro non ha questa soluzione! le sue sono: $\lambda = 2, \+-2sqrt(2)$ ... ho sbagliato a calcolare il determinante?
) e vi ringrazio in anticipo. Essendo uno studente-lavoratore, per me è impossibile frequentare le lezioni ed ammetto che trovo la cosa molto difficile, specialmente in Analisi e Algebra lineare.Bando alle chiacchere, vi espongo il mio problema:
Data la matrice: $A:=((1,1,-2),(1,1,2),(-2,2,0))$, determinare: autovalori, autovettori relativi, la dimensione dell'autospazio associato.
Allora, un autovettore è un vettore la cui immagine è il vettore stesso moltiplicato per uno scalare. Questo scalare si chiama autovalore. E' scorretto dire che è una specie di "multiplo del vettore di partenza?". Piu' formalmente: Se ho un'applicazione lineare $T$ su uno spazio vettoriale $V$ e prendo uno dei vettori che lo compongono: $v$ posso definire l'autovalore e autovettore così: $T(v)=\lambdav$. Quindi come prima cosa, nel mio esercizio dovro' trovarmi degli autovalori che rispettano questa proprieta'! Quindi la relazione $T(v)=\lambdav$ lo posso scrivere anche come: $T(v)-\lambdaI = 0$. Questo lo posso scrivere perchè $\lambdav = \lambdaIv$ e questo è vero perchè la matrice identita' $I$ lascia inalterato il mio $v$. (è come scrivere che $x+y = x+ (1*y)$. Fatto cio' devo risolvere il sistema lineare omogeneo che ne viene fuori: $T(v)-\lambdaI = 0$. Ora c'è da dire una cosa: il vettore nullo non è autovettore perchè se no si avrebbe un infinita' di autovalori dato che $\lambda*0=0$ vale $AA \lambda\in RR$, quindi, non mi serve la soluzione banale!
So che un modo per vedere se oltre alla soluzione banale ci sono altre soluzioni e' quello di calcolare il determinante della matrice, infatti se il determinante di una matrice è $0$ allora significa che i suoi vettori sono lin. indip. e che l'unica soluzione è quella banale. Calcolo quindi il determinante di $A$:
$\text(det)(A)=((1-\lambda,1,-2,1-\lambda,1),(1,1-\lambda,2,1,1-\lambda),(-2,2,-\lambda,-2,2))=(-\lambda(1-\lambda)^2 -4 -4)-(-\lambda+4(1-\lambda)+4(1-\lambda))=$
$\lambda^3-2\lambda^2+8\lambda-16= \lambda^2(\lambda-2)+8(\lambda-2)= (\lambda^2+8)(\lambda-2)$.
Ora devo imporre: $(\lambda^2+8)(\lambda-2)=0$ Le soluzioni sono: $\lambda=\+-sqrt(8)$, $\lambda=2 $
Tuttavia il libro non ha questa soluzione! le sue sono: $\lambda = 2, \+-2sqrt(2)$ ... ho sbagliato a calcolare il determinante?
Risposte
Il determinante che tu vai a calcolare è $det(A-\lambda Id)$ e non $det(A)$ e ti sei sbagliato a fare i conti perchè il risultato è $(\lambda ^2-8)(\lambda -2)=0$ è quindi viene il risultato del libro. Attento che ti sei anche sbagliato a calcolare gli zeri del tuo polinomio, infatti $(\lambda ^2+8)$ non ha soluzioni reali. Sulla teoria c' è un po' di confusione.. Ad esempio:
Il fatto che la matrice abbia determinante uguale a zero sigifica che i vettori sono linearmente DIPENDENTI e che quindi l' applicazione non è suriettiva e non si arriva alla tua conclusione..
se il determinante di una matrice è 0 allora significa che i suoi vettori sono lin. indip. e che l'unica soluzione è quella banale
Il fatto che la matrice abbia determinante uguale a zero sigifica che i vettori sono linearmente DIPENDENTI e che quindi l' applicazione non è suriettiva e non si arriva alla tua conclusione..
ehm... si! Grazie matteotass.
in effetti sono stato un po' superficiale (e scoretto) a scrivere $det(A)$ anzichè $det(A-\lambdaI)$!
Pure a scrivere che se $det = 0 $ allora i vettori sono lin indip. ... non so che mi abbia preso!
cmq ho rifatto i calcoli ed ora mi torna il tutto. quindi devo prendere uno ad uno i singoli $\lambda$ ed inserirli dentro la matrice $A-\lambdaI$ e studiare una base del sistema?
nel caso di $lambdaI = 2$ sarebbe:
$\((-1,1,-2),(1,-1,2),(-2,2,-2))$ dopo le semplici sostituzioni ho:
$((-1,1,-2),(0,0,0),(0,0,-2))$ da cui, studiando il sistema lineare ottengo:
$\{(-x+y-2z=0),(-2z=0):} => \{(x=y),(z=0):} => \text(sol)(A_(\lambda=2))=((y),(y\in RR),(0))$
Quinid il mio autospazio ha dimensione 1 e una sua base è $((1),(1),(0))$ ?
lo stesso lo faccio per le soluzioni $\lambda=\+-sqrt(8)$?
in effetti sono stato un po' superficiale (e scoretto) a scrivere $det(A)$ anzichè $det(A-\lambdaI)$!
Pure a scrivere che se $det = 0 $ allora i vettori sono lin indip. ... non so che mi abbia preso!
cmq ho rifatto i calcoli ed ora mi torna il tutto. quindi devo prendere uno ad uno i singoli $\lambda$ ed inserirli dentro la matrice $A-\lambdaI$ e studiare una base del sistema?
nel caso di $lambdaI = 2$ sarebbe:
$\((-1,1,-2),(1,-1,2),(-2,2,-2))$ dopo le semplici sostituzioni ho:
$((-1,1,-2),(0,0,0),(0,0,-2))$ da cui, studiando il sistema lineare ottengo:
$\{(-x+y-2z=0),(-2z=0):} => \{(x=y),(z=0):} => \text(sol)(A_(\lambda=2))=((y),(y\in RR),(0))$
Quinid il mio autospazio ha dimensione 1 e una sua base è $((1),(1),(0))$ ?
lo stesso lo faccio per le soluzioni $\lambda=\+-sqrt(8)$?
Esatto! 
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