Endomorfismi diagonalizzabili...

[drcave]

Salve ho trovato questo esercizio e mi ha dato grattacapi, l'ho risolto ma non so se sia giusto...ci dareste un'occhiata?grazie

Per quali valori di $lambda in RR $ l'endomorfismo $f:RR^3 ->RR^3
rappresentato rispetto alla base canonica è diagonalizzabile? Le relazioni sono:

$f(e1)= e1+(lambda+1)e3
$f(e2)= lambda e1+2 lambda e2+lambda e3
$f(e3)= (lambda-1)e1-e3


Ho iniziato con il determinare la matrice A associata ad $f
che dovrebbe essere: $((1, lambda, lambda-1),(0,2lambda,0),(lambda+1,lambda,-1))

quindi il polinomio caratteristico dato da $det (A-kI)=0

$(2lambda-k)[(1-k)(-1-k)-(lambda-1)(lambda+1)]=0

$(2lambda-k)(k^2-lambda^2)=0

Che dà autovalori:

$k1=2lambda
$k2=lambda
$k3=-lambda

Quindi per $lambda!=2lambda!=-lambda$ ovvero $lambda!=0$ ottengo tre autovalori distinti $->f$ è diagonalizzabile

Per $lambda=0$ scrivo il sistema:

$(1-k)x-z=0
$-ky=0
$x+(-1-k)z=0

che per $lambda=0$ (e quindi k=0) si riduce a:

x-z=0

ha come soluzione: $(mu((1),(0),(1))+eta((0),(1),(0))) AA eta,mu in RR

Poiche per l'autospazio risulta $dim E(0)=2 -> mg(0)=2!=3=dim RR^3
quindi non diagonalizzabile.

Grazie ancora

[pat871]

Perfetto. Non avrei saputo farlo meglio...

[franced]

"valium":Salve ho trovato questo esercizio e mi ha dato grattacapi, l'ho risolto ma non so se sia giusto...ci dareste un'occhiata?grazie

Per quali valori di $lambda in RR $ l'endomorfismo $f:RR^3 ->RR^3
rappresentato rispetto alla base canonica è diagonalizzabile? Le relazioni sono:

$f(e1)= e1+(lambda+1)e3
$f(e2)= lambda e1+2 lambda e2+lambda e3
$f(e3)= (lambda-1)e1-e3


Ho iniziato con il determinare la matrice A associata ad $f
che dovrebbe essere: $((1, lambda, lambda-1),(0,2lambda,0),(lambda+1,lambda,-1))

Puoi sfruttare un trucco:
visto che la somma dei coefficienti sulle righe è costante
(il risultato è sempre $2 \lambda$) sai che $k_1 = 2 \lambda$ è autovalore
e il vettore $(1,1,1)$ è autovettore.

Poi puoi sfruttare la traccia della matrice: è uguale a $2 \lambda$, quindi
gli altri autovalori hanno somma nulla.
Indichiamoli con $k_2$ e $k_3$;
si ha:

$k_2 = - k_3$.

Ora, dal momento che il det della matrice è uguale a $-2 \lambda^3$,
il prodotto degli autovalori è:

$-2 \lambda^3 = k_1 \cdot k_2 \cdot k_3$

quindi:

$-2 \lambda^3 = 2 \lambda \cdot k_2 \cdot (-k_2)$

da cui:

$-2 \lambda^3 = -2 \lambda k_2^2$

Se $\lambda \ne 0$, si ha:

$k_2 = \lambda$ ; $k_3 = -\lambda$

essendo diversi la matrice è diagonalizzabile.

Resta il caso $\lambda = 0$ che va analizzato a parte.


Il polinomio caratteristico non è un passaggio obbligato..

quando posso evito in tutti i modi di calcolarlo!

[drcave]

"franced":
Puoi sfruttare un trucco:
visto che la somma dei coefficienti sulle righe è costante
(il risultato è sempre $2 \lambda$) sai che $k_1 = 2 \lambda$ è autovalore
e il vettore $(1,1,1)$ è autovettore.

Poi puoi sfruttare la traccia della matrice: è uguale a $2 \lambda$, quindi
gli altri autovalori hanno somma nulla.
Indichiamoli con $k_2$ e $k_3$;
si ha:

$k_2 = - k_3$.

Ora, dal momento che il det della matrice è uguale a $-2 \lambda^3$,
il prodotto degli autovalori è:

$-2 \lambda^3 = k_1 \cdot k_2 \cdot k_3$

quindi:

$-2 \lambda^3 = 2 \lambda \cdot k_2 \cdot (-k_2)$

da cui:

$-2 \lambda^3 = -2 \lambda k_2^2$

Se $\lambda \ne 0$, si ha:

$k_2 = \lambda$ ; $k_3 = -\lambda$

essendo diversi la matrice è diagonalizzabile.

Resta il caso $\lambda = 0$ che va analizzato a parte.


Il polinomio caratteristico non è un passaggio obbligato..

quando posso evito in tutti i modi di calcolarlo!

Grazie, non avevo mai sentito parlare di questo modo di operare, potresti darmi altre dritte? Magari,se non chiedo troppo, in base a quale osservazione posso procedere nel modo che hai descritto (di controllare le righe)?La traccia della matrice sarebbe la somma delle righe?

[franced]

Allora facciamo ordine:

la traccia è la somma degli elementi sulla diagonale;

se una matrice ha la somma delle righe costante, la somma
comune è autovalore e $(1,1,...1)$ è autovettore.

Spesso gli esercizi li risolvo così.