Esercizio su un endomorfismo autoaggiunto
Sia $A=\{v_1, v_2,v_3\}$ una base di $\mathbb{R}^3$ e sia $f:\mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ l'applicazione lineare tale che:
\[ f(v_1)=v_1+2v_2 \quad f(v_2)=2v_1+v_2 \quad f(v_3)=-v_3 \]
Sapendo che $f$ è autoaggiunto, l'esercizio ci chiede di trovare una base ortonormale di $\mathbb{R}^3$, rispetto al prodotto scalare canonico, formata da autovettori di $f$.
Io ho calcolato $M^A(f)$ e ho trovato gli autovettori $(1,-1,0)_A, (0,0,1)_A, (1,1,0)_A$, però non posso sapere se i primi 2 (quelli dello stesso autospazio) sono ortogonali. A mio parere a questo esercizio manca un dato, ovvero l'ipotesi che $A$ sia una base ortogonale di $\mathbb{R}^3$. Quest'osservazione è corretta, o mi sfugge qualcosa? Forse sapendo che $f$ è semplice, sapendo che il prodotto scalare tra $(0,0,1)_A$ e $ (1,1,0)_A$, e quello tra $(1,-1,0)_A$ e $ (1,1,0)_A$, è zero trovo delle condizioni sui prodotti scalare degli elementi della base?
\[ f(v_1)=v_1+2v_2 \quad f(v_2)=2v_1+v_2 \quad f(v_3)=-v_3 \]
Sapendo che $f$ è autoaggiunto, l'esercizio ci chiede di trovare una base ortonormale di $\mathbb{R}^3$, rispetto al prodotto scalare canonico, formata da autovettori di $f$.
Io ho calcolato $M^A(f)$ e ho trovato gli autovettori $(1,-1,0)_A, (0,0,1)_A, (1,1,0)_A$, però non posso sapere se i primi 2 (quelli dello stesso autospazio) sono ortogonali. A mio parere a questo esercizio manca un dato, ovvero l'ipotesi che $A$ sia una base ortogonale di $\mathbb{R}^3$. Quest'osservazione è corretta, o mi sfugge qualcosa? Forse sapendo che $f$ è semplice, sapendo che il prodotto scalare tra $(0,0,1)_A$ e $ (1,1,0)_A$, e quello tra $(1,-1,0)_A$ e $ (1,1,0)_A$, è zero trovo delle condizioni sui prodotti scalare degli elementi della base?
Risposte
Utilizzando le tue notazioni: \(\displaystyle M^A\) non soddisfa alcuna condizione extra?
Viene simmetrica. Non capisco la domanda, queste sono le uniche ipotesi dell'esercizio. C'è qualche proprietà che mi sfugge?
Non c'è alcun teorema riguardante la diagonalizzabilità di una matrice simmetrica reale?
Si, ma non intuisco come posso usarli. Sappiamo che esiste una base di autovettori che la rende diagonale.
Il teorema spettrale ti assicura la matrice associata ad f sia diagonalizzabile con autovalori reali e che gli autospazi siano fra loro ortogonali. Ma se un autospazio ha dimensione k, nulla ti vieta di trovarne una base di k vettori ortogonali usando un metodo che dovresti conoscere bene.
In questo caso hai già trovato una base ortogonale...basta fare il prodotto scalare fra i primi vettori per sincerarsene.
In questo caso hai già trovato una base ortogonale...basta fare il prodotto scalare fra i primi vettori per sincerarsene.
Si esatto, ma quello che non capisco è come lo faccio il prodotto scalare, se non conosco i vettori della base?
Ma se li hai trovati? Non capisco il problema.
L'idea è quella di prendere un vettore $(a,-a,b)_A$ in modo che sia ortogonale per esempio a $(0,0,1)_A$, no? Ma come lo faccio il prodotto scalare se non conosco $v_1 \cdot v_j $?
Forse sbaglio ma $(1,-1,0)_A \cdot (0,0,1)_A = (v_1-v_2) \cdot (v_3)=v_1 \cdot v_3 - v_2 \cdot v_3$, chi mi dice che $v_i \cdot v_j=0$?
Quegli autovettori sono ortogonali per il Teorema Spettrale 
Ma perché assumi che A sia la base canonica? Se lo assumi, tralaltro, è evidente $(e_1-e_2)^T*e_3=0$... è una tautologia.
La base A può essere qualsiasi terna di vettori lin. indip.
Il problema non richiede che tu li conosca.
La base A può essere qualsiasi terna di vettori lin. indip.
Il problema non richiede che tu li conosca.
@j18eos:
"j18eos":
Quegli autovettori sono ortogonali per il Teorema Spettrale
Armando ci sono solo due autospazi
I primi due autovettori sono associati all'autovalore -1 mentre il terzo all'autovalore 3.
Il teorema ci assicura che sicuramente il terzo autovettore è perpendicolare ai primi due.
Poteva benissimo trovare gli autovettori (0,0,1) e (1,-1,1)
Essi sono una base dell'autospazio collegato a -1 ma non sono perpendicolari. Però il problema non si pone perché possiamo sempre cambiare base e trovarne due perpendicolari.
In questo senso è sempre possibile trovare una base ortogonale di $RR^n$ anche quando ci sono radici coincidenti!
...mica sempre si trovano n radici distinte e mica sempre (dai calcoli) saltano fuori vettori ortogonali due a due e relativi al medesimo autovalore.
Scusatemi: mi ero auto-convinto che ci fossero \(\displaystyle3\) autovalori distinti, cosa non vera in questo esercizio! 
Ma io non sto assumendo A come base canonica, per definizione $(1,-1,0)_A=1*v_1-1*v_2$. In ogni caso il teorema giustamente ci assicura l'esistenza, ma come la trovo? L'esercizio mi chiede di trovarla. O forse non sto capendo qualcosa?
"Bokonon":
Ma perché assumi che A sia la base canonica? Se lo assumi, tralaltro, è evidente $(e_1-e_2)^T*e_3=0$... è una tautologia.
La base A può essere qualsiasi terna di vettori lin. indip.
Il problema non richiede che tu li conosca.
Quello che penso io è che non posso sapere se $(1,-1,0)_A$ e $(0,0,1)_A$ sono ortogonali o meno, perché sono coordinate rispetto ad una base, quindi non posso fare il prodotto scalare canonico direttamente. Il teorema ci assicura che un a tale base esiste, ma non è detto che sono quelli che ho trovato io no?
Praticamente hai due autospazi distinti, per il teorema Spettrale i vettori dell'uno sono ortogonali all'altro;
inoltre, avendo uno dimensione \(\displaystyle2\), puoi utilizzare l'algoritmo di Gram-Schmidt per calcolarti una base ortonormale di autovettori, e completarla poi ad una base ortogonale di \(\displaystyle\mathbb{R}^3\).
Ti è un po' più chiaro il discorso?
inoltre, avendo uno dimensione \(\displaystyle2\), puoi utilizzare l'algoritmo di Gram-Schmidt per calcolarti una base ortonormale di autovettori, e completarla poi ad una base ortogonale di \(\displaystyle\mathbb{R}^3\).
Ti è un po' più chiaro il discorso?
Si questo lo so, ma mi chiede di trovarla esplicitamente. Potreste farmi vedere come la trovate esplicitamente?
Di solito funziona al contrario: dovesti esporre il tuo svolgimento in modo da agevolare la risposta.
...ed aggiungo che dal 19/XII/2020 ad oggi mi sono "un po' perso l'esercizio".
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