Esercizio diagonalizzabilità
Buonasera, in un esercizio a risposta multipla mi viene data la matrice associata ad un endomorfismo e devo dire se è diagonalizzabile, se non è perchè ad esempio l'autospazio ha dimensione diversa dalla molteplicità algebrica ecc. In generale come posso essere risolti senza calcolare gli autovalori e gli autospazi? Abbiamo circa 1 minuto e mezzo a domanda e non è fattibile (visto che a volte ce ne sono anche 2 di questo tipo) riuscire a calcolare gli zeri del polinomio caratteristico di quarto grado (o più) con Ruffini e successivamente calcolare gli autospazi.
Due esempi sono:
1) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
2) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
Due esempi sono:
1) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
2) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
Risposte
Usa le info disponibili. Ne elenco alcune:
a) le matrici triangolari superiori/inferiori o diagonali hanno gli autovalori in bella mostra sulla diagonale
b) la somma degli autovalori è uguale alla traccia
c) il prodotto degli autovalori è u guale al determinante.
d) scambiando due righe il determinante cambia di segno
e) colonne composte solo da zeri + un valore che sta sulla diagonale, sono autovettori
Prova ad usare queste info per risolvere i due esercizi
a) le matrici triangolari superiori/inferiori o diagonali hanno gli autovalori in bella mostra sulla diagonale
b) la somma degli autovalori è uguale alla traccia
c) il prodotto degli autovalori è u guale al determinante.
d) scambiando due righe il determinante cambia di segno
e) colonne composte solo da zeri + un valore che sta sulla diagonale, sono autovettori
Prova ad usare queste info per risolvere i due esercizi
"Bokonon":
Usa le info disponibili. Ne elenco alcune:
a) le matrici triangolari superiori/inferiori o diagonali hanno gli autovalori in bella mostra sulla diagonale
b) la somma degli autovalori è uguale alla traccia
c) il prodotto degli autovalori è u guale al determinante.
d) scambiando due righe il determinante cambia di segno
e) colonne composte solo da zeri + un valore che sta sulla diagonale, sono autovettori
Prova ad usare queste info per risolvere i due esercizi
Allora il primo l'ho risolto utilizzando la (a): ho l'autovalore $1$ con molteplicità algebrica = 4. Sottraendo nella matrice l'autovalore ottengo \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} da cui ottengo che l'autospazio ha dimensione 2, dunque non è diagonalizzabile.
Per il secondo esercizio invece non saprei come fare. Forse perchè non ho capito l'utilizzo/utilità della (b) e della (c)? Nel senso, una volta che sò che la somma degli autovalori è uguale alla traccia oppure che il loro prodotto è uguale al determinante? Nell'esercizio due ad esempio non ho modo neanche di trovare gli autovalori. Se scambiassi la seconda con la terza riga otterrei che l'autovalore è sempre $1$ con molteplicità 4 ma sarebbe sbagliato.
"Sergio":
La seconda è diagonalizzabile perché simmetrica.
Mi serve però sapere anche la molteplicità degli autovalori e dei relativi autospazi in quanto, essendo a risposta multipla, ce ne sono di diverse che dicono sia diagonalizzabile. Per esempio una potrebbe dire che è diagonalizzabile perchè l'autovalore triplo ha l'autospazio di dimensione 3, oppure che sia diagonalizzabile su $\CC$ ma non su $\RR$ ecc.
"Sergio":
La seconda è diagonalizzabile perché simmetrica.
Abbi pazienza Sergio
Poi aggingerò altre "regole", ma adesso volevo proprio che utilizzasse quelle.
@Lorenzo99
La seconda matrice è simmetrica, quindi è sempre diagonalizzabile per il Teorema Spettrale.
Mentre le matrici antisimmetriche non sono mai diagonalizzabili in campo reale.
Detto questo, modifico il secondo esercizio:
$A= ( ( a , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , c , 0 ),( 0 , b , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , d ) ) $
Inverti mentalmente la seconda e terza riga e calcola il determinante, quindi $det(A)=-?$ dove $?$ èil determinante che hai calcolato mentalmente.
Moltiplica la A per la prima colonna (e successivamente per la quarta) e dimmi cosa succede.
"Bokonon":
Detto questo, modifico il secondo esercizio:
$A= ( ( a , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , c , 0 ),( 0 , b , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , d ) ) $
Inverti mentalmente la seconda e terza riga e calcola il determinante, quindi $det(A)=-?$ dove $?$ èil determinante che hai calcolato mentalmente.
Con LaPlace, dopo aver fatto i conti, ottengo $det(A)=acbd$.
"Bokonon":
Moltiplica la A per la prima colonna (e successivamente per la quarta) e dimmi cosa succede.
Utilizzando il prodotto matrice per colonna:
\(\begin{pmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c & 0 \\ 0 & b & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\)
\(\begin{pmatrix} a & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & c & 0 \\ 0 & b & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ d^2 \end{pmatrix}\)
E adesso?
Ok, non era quello lo scopo. Non dovevi usare Laplace, ma notare che se inverti la seconda e terza colonna avevi una matrice diagonale: quindi il determinante è il prodotto degli elementi sulla diagonale $abcd$.
Ma visto che la matrice che ci interessa differisce per uno scambio di righe, allora $det(A)=-abcd$
(hai sbagliato anche usando Laplace
).
Hai fatto i prodotti e non hai notato nulla. I vettori risultanti non sono altro che $ a( ( a ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $ e $ d( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( d ) ) $. Tradotto quelle due colonne sono due autovettori il cui autovalore è proprio l'elemento non nullo. Riflettici e memorizzalo perchè, come vedi, la regola e) ti da una marea di informazioni.
Quindi (una volta che ti sarai esercitato) senza manco scrivere nulla sul foglio sai già 2 autovalori (e pure due autovettori) e il determinante della matrice. Ok?
Applicando la regola b) sappiamo che $lambda_1+lambda_2+lambda_3+lambda_4=Tr(A)=a+d$
Applicando la regola c) sappiamo che $lambda_1lambda_2lambda_3lambda_4=det(A)=-abcd$
Conosciamo anche due autovalori, ovvero $lambda_1=a$ e $lambda_2=d$.
Mettendo insieme le info avremo che $lambda_3+lambda_4=0$ e $lambda_3lambda_4=-bc$
Ora, poichè $lambda_3=-lambda_4$ sappiamo già che ci sono 4 autovalori diversi (per a,b,c,d diversi) e quindi è diagonalizzabile. Però se uno volesse trovare gli ultimi due autovalori dovrebbe solo risolvere il sistema.
Nota che se avessimo trovato ad occhio un solo autovettore/autovalore, il sistema a tre variabili non ci avrebbe aiutato granchè.
Comunque, con uno sguardo, sarai in grado di dire che la matrice A è diagonalizzabile perchè ha 4 autovalori distinti.
Riesci a capire adesso cosa ti sto insegnando?
Ma visto che la matrice che ci interessa differisce per uno scambio di righe, allora $det(A)=-abcd$
(hai sbagliato anche usando Laplace
).Hai fatto i prodotti e non hai notato nulla. I vettori risultanti non sono altro che $ a( ( a ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $ e $ d( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( d ) ) $. Tradotto quelle due colonne sono due autovettori il cui autovalore è proprio l'elemento non nullo. Riflettici e memorizzalo perchè, come vedi, la regola e) ti da una marea di informazioni.
Quindi (una volta che ti sarai esercitato) senza manco scrivere nulla sul foglio sai già 2 autovalori (e pure due autovettori) e il determinante della matrice. Ok?
Applicando la regola b) sappiamo che $lambda_1+lambda_2+lambda_3+lambda_4=Tr(A)=a+d$
Applicando la regola c) sappiamo che $lambda_1lambda_2lambda_3lambda_4=det(A)=-abcd$
Conosciamo anche due autovalori, ovvero $lambda_1=a$ e $lambda_2=d$.
Mettendo insieme le info avremo che $lambda_3+lambda_4=0$ e $lambda_3lambda_4=-bc$
Ora, poichè $lambda_3=-lambda_4$ sappiamo già che ci sono 4 autovalori diversi (per a,b,c,d diversi) e quindi è diagonalizzabile. Però se uno volesse trovare gli ultimi due autovalori dovrebbe solo risolvere il sistema.
Nota che se avessimo trovato ad occhio un solo autovettore/autovalore, il sistema a tre variabili non ci avrebbe aiutato granchè.
Comunque, con uno sguardo, sarai in grado di dire che la matrice A è diagonalizzabile perchè ha 4 autovalori distinti.
Riesci a capire adesso cosa ti sto insegnando?
"Bokonon":
Ok, non era quello lo scopo. Non dovevi usare Laplace, ma notare che se inverti la seconda e terza colonna avevi una matrice diagonale: quindi il determinante è il prodotto degli elementi sulla diagonale $abcd$.
Ma visto che la matrice che ci interessa differisce per uno scambio di righe, allora $det(A)=-abcd$
(hai sbagliato anche usando Laplace
Dopo aver finito il determinante ci ho aggiunto un altro meno per qualche arcaica ragione
"Bokonon":
Hai fatto i prodotti e non hai notato nulla. I vettori risultanti non sono altro che $ a( ( a ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $ e $ d( ( 0 ),( 0 ),( 0 ),( d ) ) $. Tradotto quelle due colonne sono due autovettori il cui autovalore è proprio l'elemento non 0. Riflettici e memorizzalo perchè, come vedi, la regola e) ti da una marea di informazioni.
Quindi (una volta che ti sarai esercitato) senza manco scrivere nulla sul foglio sai già 2 autovalori (e pure due autovettori) e il determinante della matrice. Ok?
Applicando la regola b) sappiamo che $ lambda_1+lambda_2+lambda_3+lambda_4=Tr(A)=a+d $
Applicando la regola c) sappiamo che $ lambda_1lambda_2lambda_3lambda_4=det(A)=-abcd $
Conosciamo anche due autovalori, ovvero $ lambda_1=a $ e $ lambda_2=d $.
Mettendo insieme le info avremo che $ lambda_3+lambda_4=0 $ e $ lambda_3lambda_4=-bc $
Ora, poichè $ lambda_3=-lambda_4 $ sappiamo già che ci sono 4 autovalori diversi (per a,b,c,d diversi) e quindi è diagonalizzabile. Però se uno volesse trovare gli ultimi due autovalori dovrebbe solo risolvere il sistema.
Nota che se avessimo trovato ad occhio un solo autovettore/autovalore, il sistema a tre variabili non ci avrebbe aiutato granchè.
Comunque, con uno sguardo, sarai in grado di dire che la matrice A è diagonalizzabile perchè ha 4 autovalori distinti.
Riesci a capire adeso cosa ti sto insegnando?
Credo di aver capito tutto. Adesso devo fare un po' di pratica.
Ok, comincia risolvendo il secondo esercizio originale con cui hai aperto il thread...ma solo fissando lo schermo.
Sai già che diagonalizzabile perchè è una matrice simmtrica...trova gli autovalori e scopri perchè la m.a.=m.g. usando solo la testa (se ci riesco io alla cieca, ci riesci anche tu 4 volte più velocemente).
Sai già che diagonalizzabile perchè è una matrice simmtrica...trova gli autovalori e scopri perchè la m.a.=m.g. usando solo la testa (se ci riesco io alla cieca, ci riesci anche tu 4 volte più velocemente).
Il consiglio di Sergio è ottimo
"Bokonon":
Ok, comincia risolvendo il secondo esercizio originale con cui hai aperto il thread...ma solo fissando lo schermo.
Sai già che diagonalizzabile perchè è una matrice simmtrica...trova gli autovalori e scopri perchè la m.a.=m.g. usando solo la testa (se ci riesco io alla cieca, ci riesci anche tu 4 volte più velocemente).
In realtà col mio secondo non mi torna granchè. O meglio, quando ho provato prima pensavo di aver sbagliato. Ho riprovato adesso e comunque riesco a trovare al massimo 2 autovalori distinti, non riuscendo quindi a concludere niente di che.
So che $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=-\lambda_4$ quindi al massimo posso dire che $\lambda_3!=\lambda_4$ e che $\lambda_1$ ha molteplicità 2, tutte cose insufficienti a concludere qualcosa sulla diagonalizzabilità e ancora meno sufficienti per riuscire a risolvere l'esercizio (visto che richiede sia l'insieme di appartenenza degli autovalori che la molteplicità geometrica).
"Sergio":
@Lorenzo_99
[quote="Lorenzo_99"]Abbiamo circa 1 minuto e mezzo a domanda e non è fattibile (visto che a volte ce ne sono anche 2 di questo tipo) riuscire a calcolare gli zeri del polinomio caratteristico di quarto grado (o più) con Ruffini e successivamente calcolare gli autospazi.
Se ne era parlato recentemente, non ricordo se con te, ma te lo propongo come consiglio di carattere generale, non necessariamente relativo a questi quiz. Quando vuoi ottenere gli autovalori dal polinomio caratteristico di una matrice di ordine $n$,
non devi MAI arrivare a un polinomio di grado $n$!
Per il semplice motivo che poi dovresti scomporre il polinomio in fattori, ma in realtà per arrivare al polinomio devi moltiplicare i suoi fattori. Sarebbe un po' come mettersi da soli il cappio al collo
Guarda ad esempio un $|A-\lambda I|$ dove $A$ è la seconda matrice. Procedi con Laplace e il primo passo è:
$(1-\lambda)|(-\lambda,1,0),(1,-\lambda,0),(0,0,1-\lambda)|$
Il secondo è:
$(1-\lambda)(1-\lambda)(\lambda^2-1)$
Ora, invece di moltiplicare tutto per arrivare al polinomio di quarto grado, devi scomporre il terzo fattore:
$(1-\lambda)(1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+1)$
Hai finito.
A che scopo arrivare a \(\lambda^4 - 2\lambda^3 + 2\lambda - 1\) per poi scomporlo?[/quote]
Dopo aver fatto 7 miliardi di esercizi (con scomposizioni di Ruffini a tutto spiano che richiedevano anche 15 minuti) avevo visto che ci doveva essere qualcosa del genere ma riuscivo mai a capire cosa fosse quello che mi mancava. In realtà bastava semplicemente non utilizzare Sarrus appena raggiunta la matrice 3x3 ma continuare con Laplace che ti permette di avere sole moltiplicazioni.
Ti farò una statua!
"Sergio":
@Lorenzo_99
Quasi quasi, visto che le due matrici che hai proposto sono solo esempi e potrebbero capitarne altre un po' diverse, ti do qualche altra dritta di carattere generale.
Matrici diagonali a blocchi
Sono matrici del tipo $A=((A_{11},0,...,0),(0,A_{22},...,0),(...,...,...,...),(0,0,...,A_{rr}))$
Ad esempio la tua seconda matrice è diagonale a blocchi, con $A_{11}=A_{33}=(1)$ (due matrici $1\times 1$) e $A_{22}=((0,1),(1,0))$, ma ce ne possono essere dei tipi più svariati. Per qualsiasi matrice diagonale a blocchi $A$, ovviamente se è quadrata e se tutti i blocchi sono sottomatrici quadrate (anche $1\times 1$):
a) gli autovalori di $A$ sono gli autovalori dei suoi blocchi (nel caso della tua seconda matrice, gli autovalori sono quindi $1$ per $A_{11}$, quelli di $((0,1),(1,0))$ che sono le radici di $lambda^2-1$, $1$ e $-1$, e ancora $1$ per $A_{33}$);
b) le molteplicità algebriche sono quelle dei blocchi, ovviamente sommate per autovalori uguali (con la tua matrice, $1$ con m.a. 3 e $-1$ con m.a. 1);
c) le molteplicità geometriche... pure (con la tua matrice, in $A_{11}$ e $A_{33}$ l'autovalore $1$ ha chiaramente m.g. 1, in $A_{22}$ altrettanto chiaramente sia $1$ che $-1$ hanno m.g. 1, quindi hai $1$ con m.g. 3 e $-1$ con m.g. 1).
Matrici triangolari a blocchi
Sono matrici del tipo $((A_{11},A_{12},...,A_{1r}),(0,A_{22},...,A_{2r}),(...,...,...,...),(0,0,...,A_{rr}))$ oppure $((A_{11},0,...,0),(A_{21},A_{22},...,0),(...,...,...,...),(A_{r1},A_{r2},...,A_{rr}))$.
Al solito, se $A$ è quadrata e sono quadrati anche i blocchi,
a) gli autovalori di $A$ sono gli autovalori dei suoi blocchi diagonali, quelli $A_{ii}$;
b) le molteplicità algebriche sono quelle dei blocchi diagonali.
Per la molteplicità geometrica però non ci sono scorciatoie.
Non abbiamo dato una definizione di matrice a blocchi...sono tutte quelle sottomatrici (o minori, dipende da come si intende il termine) quadrate che possono essere ottenute dalla matrice originale? O devono avere qualche requisito in più?
Inoltre come faccio a capire se sono diagonali a blocchi o triangolari a blocchi? Nel senso, la matrice del secondo esercizio a me non sembra né triangolare né diagonale in quanto ha due $1$ fuori dalla diagonale principale.
"Lorenzo_99":
So che $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=-\lambda_4$ quindi al massimo posso dire che $\lambda_3!=\lambda_4$ e che $\lambda_1$ ha molteplicità 2, tutte cose insufficienti a concludere qualcosa sulla diagonalizzabilità e ancora meno sufficienti per riuscire a risolvere l'esercizio (visto che richiede sia l'insieme di appartenenza degli autovalori che la molteplicità geometrica).
Ma no.
Sai che hai due autovalori pari a 1.
E che la traccia è 2.
E che il detrminante è -1
Quindi $lambda_3=-lambda_4$ e $lambda_3lambda_4=-1$ quindi $lambda_3=1$
Guarda la matrice e sottrai 1 alla diagonale. Restano le due colonne centrali e sono chiaramente $C_2=-C_3$ quindi il kernel ha dimensione 3. Fine.
Io davvero l'ho calcolato a mente...
"Bokonon":
Ma no.
Sai che hai due autovalori pari a 1.
E che la traccia è 2.
E che il detrminante è -1
Quindi $lambda_3=-lambda_4$ e $lambda_3lambda_4=-1$ quindi $lambda_3=1$
Guarda la matrice e sottrai 1 alla diagonale. Restano le due colonne centrali e sono chiaramente $C_2=-C_3$ quindi il kernel ha dimensione 3. Fine.
Io davvero l'ho calcolato a mente...
Adesso ho capito, nonostante l'avessi calcolata non consideravo la traccia ma solo la moltiplicazione ottenendo infinite possibilità (tipo $lambda_3=1/3$ e $lambda_4=3$).
"Sergio":
[quote="Lorenzo_99"]Inoltre come faccio a capire se sono diagonali a blocchi o triangolari a blocchi? Nel senso, la matrice del secondo esercizio a me non sembra né triangolare né diagonale in quanto ha due $1$ fuori dalla diagonale principale.
Se questa è la prima volta che ne senti parlare, lascia perdere. Ci vuole un po' di tempo per assimilare concetti, regole, e anche "trucchi".
Solo per chiarire, ecco la seconda matrice vista come diagonale a blocchi:
\[\left(\begin{array}{c | c c | c}
1 & 0 & 0 & 0 \\
\hline
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
\hline
0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\]Invece di una matrice $4\times 4$, la puoi vedere come una matrice $3\times 3$ in cui gli elementi della diagonale principale sono $1$ (una matrice $1\times 1$), la sottomatrice $((0,1),(0,1))$ e ancora $1$ come matrice $1\times 1$.
Ma ripeto: se non hai mai considerato matrici da questo punto di vista, lascia perdere. Le vedrai sicuramente andando avanti negli studi.[/quote]
Per curiosità...non riesco ancora a vedere questa diagonale. Ma soprattutto, dov'è la matrice $((0,1),(0,1))$?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo