Matrice Diagonalizzabile?
Ciao a tutti, sto cercando di risolvere questo esercizio sulla diagonalizzabilità di matrici con parametri:
Data la seguente matrice
$ A_t = ( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),( t , 0 , 2 ) ) $
Si studi al variare del parametro $t$, la diagonalizzabilità dell amatrice $A_t$ sul campo reale
La prima cosa da fare che mi semplificherebbe la vita è ridurre la matrice a scalini con Gauss, ma noto dopo 2 passaggi che mi trovo con una matrice di rango 2:
$ det(A_t )= ( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),(0 , -3 , 3 ) ) =>( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),(0 , 0 , 0 ) ) $
ora la mia domanda è, la matrice è ugualmente diagonalizzabile?
Continuo con quello che devo fare:
$det(A_t-\lambda*I)= ( ( t-\lambda , 3 , -1 ),( 0 , -1-\lambda , 1 ),(0 , 0 , -\lambda ) )$
Qui continuano i miei dubbi:
caso 1 $\lambda=t$
$ ( (0 , 3 , -1 ),( 0 , -1-t , 1 ),(0 , 0 ,t ) ) =>$ [tex]\begin{cases} x=s \\ y=0\\ z=0\end{cases}[/tex]
di conseguenza l'autovettore relativo all'autovalore $t$ è $E(t)=t*(1,0,0) $ $\forallt \in \mathbb{R}$
caso 2 $\lambda=-1$
$ ( (t+1 , 3 , -1 ),( 0 , 0, 1 ),(0 , 0 ,-1) ) =>$ [tex]\begin{cases} x=-(3*t)/(t+1) \\ y=t\\ z=0\end{cases}[/tex]
di conseguenza l'autovettore relativo all'autovalore $-1$ è $E(-1)=t(-(3*t)/(t+1),t,0) $ $\forallt != 1$
Ma il dubbbio mi rimane perchè essendo la matrice di rango 2, non troverò nessuna matrice diagonale! o mi sbaglio???
Vi ringrazio in anticipo!
Data la seguente matrice
$ A_t = ( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),( t , 0 , 2 ) ) $
Si studi al variare del parametro $t$, la diagonalizzabilità dell amatrice $A_t$ sul campo reale
La prima cosa da fare che mi semplificherebbe la vita è ridurre la matrice a scalini con Gauss, ma noto dopo 2 passaggi che mi trovo con una matrice di rango 2:
$ det(A_t )= ( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),(0 , -3 , 3 ) ) =>( ( t , 3 , -1 ),( 0 , -1 , 1 ),(0 , 0 , 0 ) ) $
ora la mia domanda è, la matrice è ugualmente diagonalizzabile?
Continuo con quello che devo fare:
$det(A_t-\lambda*I)= ( ( t-\lambda , 3 , -1 ),( 0 , -1-\lambda , 1 ),(0 , 0 , -\lambda ) )$
Qui continuano i miei dubbi:
caso 1 $\lambda=t$
$ ( (0 , 3 , -1 ),( 0 , -1-t , 1 ),(0 , 0 ,t ) ) =>$ [tex]\begin{cases} x=s \\ y=0\\ z=0\end{cases}[/tex]
di conseguenza l'autovettore relativo all'autovalore $t$ è $E(t)=t*(1,0,0) $ $\forallt \in \mathbb{R}$
caso 2 $\lambda=-1$
$ ( (t+1 , 3 , -1 ),( 0 , 0, 1 ),(0 , 0 ,-1) ) =>$ [tex]\begin{cases} x=-(3*t)/(t+1) \\ y=t\\ z=0\end{cases}[/tex]
di conseguenza l'autovettore relativo all'autovalore $-1$ è $E(-1)=t(-(3*t)/(t+1),t,0) $ $\forallt != 1$
Ma il dubbbio mi rimane perchè essendo la matrice di rango 2, non troverò nessuna matrice diagonale! o mi sbaglio???
Vi ringrazio in anticipo!
Risposte
Nei tuoi primi passaggi hai trovato che $det(A_t)=0$, quindi un autovalore è per forza $lambda_=0$
"davymartu":Qui hai dimenticato di mettere $t$ nella terza riga-prima colonna e $2$ nella terza riga-terza colonna
$det(A_t-\lambda*I)= ( ( t-\lambda , 3 , -1 ),( 0 , -1-\lambda , 1 ),(0 , 0 , -\lambda ) )$
Ma quindi non posso ridurre a scalini la matrice iniziale e eseguire i calcoli su quella? le matrici dovrebbero essere simili!
Eeeh sarebbe bellissimo se fosse come dici tu..vediamola da questo punto di vista .. $(A- \lambda I) = D$
quindi se $S_d$ è la riduzione a scalini di $D$ hai $det (S_d) = det (D)$ ...Il problema è che tu invece di ridurre a scalini $D$ hai ridotto a scalini $A$, ottenendo $S_a$ e poi hai calcolato $det (S_a -\lambda I)$...
Prova a fare lo stesso giochetto su questa matrice
$ ( ( 1 , 3 , 3 ),( 2 , 2 , 1 ),( 0 , 3 , 4 ) ) $
e vedrai che
$ ( ( 1-\lambda , 3 , 3 ),( 2 , 2-\lambda , 1 ),( 0 , 3 , 4-\lambda ) ) $ e $ ( ( 1-\lambda , 3 , 3 ),( 0 , -4-\lambda , -5 ),( 0 , 0 , 1/4-\lambda ) ) $
non sono affatto simili!
Un saluto..
quindi se $S_d$ è la riduzione a scalini di $D$ hai $det (S_d) = det (D)$ ...Il problema è che tu invece di ridurre a scalini $D$ hai ridotto a scalini $A$, ottenendo $S_a$ e poi hai calcolato $det (S_a -\lambda I)$...
Prova a fare lo stesso giochetto su questa matrice
$ ( ( 1 , 3 , 3 ),( 2 , 2 , 1 ),( 0 , 3 , 4 ) ) $
e vedrai che
$ ( ( 1-\lambda , 3 , 3 ),( 2 , 2-\lambda , 1 ),( 0 , 3 , 4-\lambda ) ) $ e $ ( ( 1-\lambda , 3 , 3 ),( 0 , -4-\lambda , -5 ),( 0 , 0 , 1/4-\lambda ) ) $
non sono affatto simili!
Un saluto..
Allora è più complicato di quanto sembra....Ho trovato il polinomio caratteristico con laplace ma è qualcosa di impossibile...
$-\lambda^3 +\lambda^2*(t+1)+2*\lambda +t$
a questo punto dovrei trovare i valori per cui $\lambda = 0$, ma con t di mezzo non so' da dove iniziare...
$-\lambda^3 +\lambda^2*(t+1)+2*\lambda +t$
a questo punto dovrei trovare i valori per cui $\lambda = 0$, ma con t di mezzo non so' da dove iniziare...
Intendi i valori di $t$ per cui $\lambda=0$ ?
p.s. Ti consiglio di ricalcolare il determinante..
p.s. Ti consiglio di ricalcolare il determinante..
Innanzitutto grazie 1000 per le risposte, mi hanno aiutato molto a capire...
Ma veniamo al dunque, ho ricalcolato il determinante della matrice come tu mi hai consigliato (i calcoli in effetti erano sbagliati
)
Questa è la matrice iniziale $A_t-\lambdaI=(((t-\lambda),3,-1),(0,(-1-\lambda),1),(t,0,(2-\lambda)))$
Utilizzo il metodo di Laplace per calcolarmi il polinomio caratteristico, sfruttando la terza riga:
$t*[3-(-1)*(-1-\lambda)] + (2-\lambda)*(t-\lambda)*(-1-\lambda)$
che dopo opportuni calcoli mi risulta:
$\lambda*(-\lambda^2+(t+1)*\lambda-2*t+2) $
da cui ricavo gli autovalori $\lambda_1=0 \ \ \lambda_2=2 \ \ \lambda_3=t-1$
Ora bisogna discutere i valori di $t$
1-se $t!=1,3$ i tre autovalori sono distinti e singoli, da cui si deduce che $A_t$ è diagonalizzabile alla grande!
2-Ahimè siccome niente puo' essere così bello, se $t=1$, l'autovalore $\lambda_1=0$ è doppio, quindi abbiamo che la molteplicità algebrica di quest'ultimo autovalore è 2, controlliamo subito la molteplicità geometrica sostituendo $t=1$ e $\lambda_1=0$ alla matrice $A_t-\lambdaI$:
$E(0)=((1,3,-1,|0),(0,-1,1,|0),(1,0,2,|0)) =>((1,3,-1,|0),(0,-1,1,|0),(0,0,0,|0)) => $ [tex]\begin{cases}x=-2s \\ y=s \\ z=s \end{cases}[/tex]
$E(0)=(-2,1,1)$ ha $dim(E(0))=1$, di conseguenza la matrice non è diagonalizzabile!
3-Ora proviamo con $t=3$ sicchè $\lambda=2$ è doppio, ripetiamo il procedimento fatto al punto 2:
$E(2)=((1,3,-1,|0),(0,-3,1,|0),(3,0,0,|0)) =>((3,0,0,|0),(0,-3,1,|0),(0,0,0,|0)) => $ [tex]\begin{cases}x=0 \\ y=s \\ z=3s \end{cases}[/tex]
$E(2)=(0,1,3)$ ha $dim(E(2))=1$, di conseguenza la matrice anche in questo caso non è diagonalizzabile!
Siccome voglio le cose fatte bene, e voglio verificare che con qualsiasi altro valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile, provo con $t=2$:
dal polinomio caratteristico che ho dedotto all'inizio,
$\lambda=0 $
$\lambda=2 $
$\lambda=t-1=1$
sostituendo i valori per ogni $\lambda$ trovo gli autovettori:
$E(0)=(-1,1,1) \ \ E(2)=(0,1,3) \ \ E(1)=(-1,1,2)$
trovo il mio bello autospazio:
$P=((-1,0,-1),(1,1,1),(1,3,2))$ mi calcolo la mia cara matrice inversa $P^(-1)=((1,3,-1),(1,1,0),(-2,-3,1))$
con queste matrici posso fare la prova, trovandomi la mia tanto sperata matrice diagonale con la formula:
$D=P^(-1)*A_(t=2)*P$ da cui ricavo finalmente la matrice $D=((0,0,0),(0,2,0),(0,0,1))$
Possono essere calcoli inutili, ma sono le prove che ti danno la soddisfazione di aver eseguito l'esercizio nel modo (spero) corretto..Pazzuzu insultami pure se ho sbagliato qualche termine o valore o risultato oppure se ho detto delle tremende baggianate!
Tanto per rimanere in tema, la parte 2 di questo esercizio mi chiede:
Stabilire se per qualche $r \in \mathbb(R)$ la matrice possiede dei vettori fissi, cioè vettori $ v != 0$ tali che $A_rv=v$. In caso di risposta affermativa, se ne trovi almeno uno esplicitamente....
Suppongo di dover risolvere un sistemone sostituendo $t$ ad $r$ nella matrice di partenza e calcolare:
$((r,3,-1,|1),(0,-1,1,|1),(r,0,2,|1)) $ che dici?
grazie ancora!
Ma veniamo al dunque, ho ricalcolato il determinante della matrice come tu mi hai consigliato (i calcoli in effetti erano sbagliati
)Questa è la matrice iniziale $A_t-\lambdaI=(((t-\lambda),3,-1),(0,(-1-\lambda),1),(t,0,(2-\lambda)))$
Utilizzo il metodo di Laplace per calcolarmi il polinomio caratteristico, sfruttando la terza riga:
$t*[3-(-1)*(-1-\lambda)] + (2-\lambda)*(t-\lambda)*(-1-\lambda)$
che dopo opportuni calcoli mi risulta:
$\lambda*(-\lambda^2+(t+1)*\lambda-2*t+2) $
da cui ricavo gli autovalori $\lambda_1=0 \ \ \lambda_2=2 \ \ \lambda_3=t-1$
Ora bisogna discutere i valori di $t$
1-se $t!=1,3$ i tre autovalori sono distinti e singoli, da cui si deduce che $A_t$ è diagonalizzabile alla grande!
2-Ahimè siccome niente puo' essere così bello, se $t=1$, l'autovalore $\lambda_1=0$ è doppio, quindi abbiamo che la molteplicità algebrica di quest'ultimo autovalore è 2, controlliamo subito la molteplicità geometrica sostituendo $t=1$ e $\lambda_1=0$ alla matrice $A_t-\lambdaI$:
$E(0)=((1,3,-1,|0),(0,-1,1,|0),(1,0,2,|0)) =>((1,3,-1,|0),(0,-1,1,|0),(0,0,0,|0)) => $ [tex]\begin{cases}x=-2s \\ y=s \\ z=s \end{cases}[/tex]
$E(0)=(-2,1,1)$ ha $dim(E(0))=1$, di conseguenza la matrice non è diagonalizzabile!
3-Ora proviamo con $t=3$ sicchè $\lambda=2$ è doppio, ripetiamo il procedimento fatto al punto 2:
$E(2)=((1,3,-1,|0),(0,-3,1,|0),(3,0,0,|0)) =>((3,0,0,|0),(0,-3,1,|0),(0,0,0,|0)) => $ [tex]\begin{cases}x=0 \\ y=s \\ z=3s \end{cases}[/tex]
$E(2)=(0,1,3)$ ha $dim(E(2))=1$, di conseguenza la matrice anche in questo caso non è diagonalizzabile!
Siccome voglio le cose fatte bene, e voglio verificare che con qualsiasi altro valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile, provo con $t=2$:
dal polinomio caratteristico che ho dedotto all'inizio,
$\lambda=0 $
$\lambda=2 $
$\lambda=t-1=1$
sostituendo i valori per ogni $\lambda$ trovo gli autovettori:
$E(0)=(-1,1,1) \ \ E(2)=(0,1,3) \ \ E(1)=(-1,1,2)$
trovo il mio bello autospazio:
$P=((-1,0,-1),(1,1,1),(1,3,2))$ mi calcolo la mia cara matrice inversa $P^(-1)=((1,3,-1),(1,1,0),(-2,-3,1))$
con queste matrici posso fare la prova, trovandomi la mia tanto sperata matrice diagonale con la formula:
$D=P^(-1)*A_(t=2)*P$ da cui ricavo finalmente la matrice $D=((0,0,0),(0,2,0),(0,0,1))$
Possono essere calcoli inutili, ma sono le prove che ti danno la soddisfazione di aver eseguito l'esercizio nel modo (spero) corretto..Pazzuzu insultami pure se ho sbagliato qualche termine o valore o risultato oppure se ho detto delle tremende baggianate!
Tanto per rimanere in tema, la parte 2 di questo esercizio mi chiede:
Stabilire se per qualche $r \in \mathbb(R)$ la matrice possiede dei vettori fissi, cioè vettori $ v != 0$ tali che $A_rv=v$. In caso di risposta affermativa, se ne trovi almeno uno esplicitamente....
Suppongo di dover risolvere un sistemone sostituendo $t$ ad $r$ nella matrice di partenza e calcolare:
$((r,3,-1,|1),(0,-1,1,|1),(r,0,2,|1)) $ che dici?
grazie ancora!
"voglio verificare che con qualsiasi altro valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile, provo con $t=2$ :"
Non hai verificato che con qualsiasi altro valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile, l'hai verificato solo per $t=2$, ma questo già lo sapevi..In ogni caso un pò di calcoli non hanno mai fatto male a nessuno...Tutto corretto comunque, hai ragionato bene, tranne nell'ultima parte..Non ti viene chiesto per quali valori di $r$ la matrice $A_r$ ha come unica immagine il vettore $(1,1,1)$, cosa tra l'altro che mi lascia perplesso L'esercizio chiede di trovare $r$ in modo che l'autospazio di $A_r$ relativo all'autovalore $1$ abbia come minimo dimensione $1$...
Non hai verificato che con qualsiasi altro valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile, l'hai verificato solo per $t=2$, ma questo già lo sapevi..In ogni caso un pò di calcoli non hanno mai fatto male a nessuno...Tutto corretto comunque, hai ragionato bene, tranne nell'ultima parte..Non ti viene chiesto per quali valori di $r$ la matrice $A_r$ ha come unica immagine il vettore $(1,1,1)$, cosa tra l'altro che mi lascia perplesso
L'esercizio chiede di trovare $r$ in modo che l'autospazio di $A_r$ relativo all'autovalore $1$ abbia come minimo dimensione $1$...
Si in effetti ho verificato solo per t=2, ma la matrice dovrebbe essere diagonalizzabile per qualsiasi $t!=1,3$ da come mi pare di aver capito...
Tornando alla seconda parte dell'esercizio, fai bene ad essere perplesso, risolvendo il sistema
avrei semplicemente trovato le coordinate $x , \ y, \ z $ che mandano i vettori della base in $ (1,1,1) $ e ciò non è quello che cerco!
Tu mi dici:
facciamo un passo indietro, partendo dalla matrice
e avendo già trovato gli autovalori relativi al polinomio caratteristico (sostituendo semplicemente $r$ a $t$):
dovrei ottenere un autovalore uguale a 1?
quindi scelgo $r=2$ che guardacaso è lo stesso della mia verifica! infatti da quello che ho svolto sopra :
per $t=r=2$ e $\lambda=1$
ho l'autovettore $E(1)=(-1,1,2)$
difatti se poi provo a sostituire e fare i calcoli:
$((2,3,-1),(0,-1,1),(2,0,2))*((-1),(1),(2))=((-1),(1),(2))$
Proprio quello che volevo ottenere!
Immagino che
P.S.
Ehehehe
fortuna che quei calcoli sono serviti a qualcosa!
Tornando alla seconda parte dell'esercizio, fai bene ad essere perplesso, risolvendo il sistema
"davymartu":
$((r,3,-1,|1),(0,-1,1,|1),(r,0,2,|1)) $
avrei semplicemente trovato le coordinate $x , \ y, \ z $ che mandano i vettori della base in $ (1,1,1) $ e ciò non è quello che cerco!
Tu mi dici:
"Pazzuzu":
L'esercizio chiede di trovare r in modo che l'autospazio di Ar relativo all'autovalore 1 abbia come minimo dimensione 1...
facciamo un passo indietro, partendo dalla matrice
"davymartu":
$((r,3,-1),(0,-1,1),(r,0,2)) $
e avendo già trovato gli autovalori relativi al polinomio caratteristico (sostituendo semplicemente $r$ a $t$):
"davymartu":
Utilizzo il metodo di Laplace per calcolarmi il polinomio caratteristico, sfruttando la terza riga:
$r*[3-(-1)*(-1-\lambda)] + (2-\lambda)*(r-\lambda)*(-1-\lambda)$
che dopo opportuni calcoli mi risulta:
$\lambda*(-\lambda^2+(r+1)*\lambda-2*r+2) $
da cui ricavo gli autovalori $\lambda_1=0 \ \ \lambda_2=2 \ \ \lambda_3=r-1$
dovrei ottenere un autovalore uguale a 1?
quindi scelgo $r=2$ che guardacaso è lo stesso della mia verifica! infatti da quello che ho svolto sopra :
per $t=r=2$ e $\lambda=1$
ho l'autovettore $E(1)=(-1,1,2)$
difatti se poi provo a sostituire e fare i calcoli:
$((2,3,-1),(0,-1,1),(2,0,2))*((-1),(1),(2))=((-1),(1),(2))$
Proprio quello che volevo ottenere!
Immagino che
"davymartu":voglia dire che uno l'ho trovato, gli altri saranno tutti i suoi multipli vero?
In caso di risposta affermativa, se ne trovi almeno uno esplicitamente
P.S.
"Pazzuzu":
In ogni caso un pò di calcoli non hanno mai fatto male a nessuno...
Ehehehe
fortuna che quei calcoli sono serviti a qualcosa!
Si è corretto,ma c'era anche un altro modo di trovare $r$ in modo che $A_r$ ammettesse l'autovalore $1$..
$A_r *v = 1*v ->(A_r - I)*v = 0$
Questo sistema omogeneo ha soluzione diversa da $v=O$ (ricordiamoci che $O$ non è mai un autovettore) se e solo se
$ det (A_r-I) = 0$, per cui $r=2$. Il resto lo sai già...
"fortuna che quei calcoli sono serviti a qualcosa!"
Bella coincidenza però!
$A_r *v = 1*v ->(A_r - I)*v = 0$
Questo sistema omogeneo ha soluzione diversa da $v=O$ (ricordiamoci che $O$ non è mai un autovettore) se e solo se
$ det (A_r-I) = 0$, per cui $r=2$. Il resto lo sai già...
"fortuna che quei calcoli sono serviti a qualcosa!"
Bella coincidenza però!
Ho un ultimo quesito sull'argomento da porti...
l'esercizio mi dice:
Trovare una matrice 3x3 $A$ che abbia come autovettori i tre vettori della base canonica di $\mathbb{R}^3$ con rispettivi autovalori 2, 4, 5. Trovarne un'altra, $B$, per la quale i primi due vettori della base canonica siano autovettroi con autovalori 2 e 4, mentre il terzo vettore della base canonica non lo sia.
Per trovale la matrice $A$ non dovrebbero esserci problemi, scelgo una matrice triangolare che abbia sulla diagonale i valori 2,4,5 a caso:
$((2,1,1),(0,4,0),(0,0,5))-\lambdaI=((2-\lambda,1,1),(0,4-\lambda,0),(0,0,5-\lambda))$
da cui so a priori gli autovalori richiesti.
La matrice diagonalizzante sarà formata dalle basi canoniche di $\mathbb{R}^3$ : ma mi accorgo risolvendo i calcoli che gli autovettori non coincidono con le basi canoniche di $\mathbb{R}^3$
Infatti ho questa matrice diagonalizzante:
$((1,0,0),(1,2,0),(0,0,1))$ che non è quello richiesto....
dovrei avere una matrice di partenza $A$ che ricavo da:
$D=P^(-1)*A*P$
dove P è la diagonalizzante, ovvero una base dell'autospazio generato dagli autovettori (come da richiesta sarà semplicemente la matrice identità):
$((2,0,0),(0,4,0),(0,0,5)) = ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))*((a,b,c),(d,e,f),(g,h,i))*((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$
ma c'è qualcosa che mi puzza....
chiedo aiuto!!
"Pazzuzu":
Si è corretto,ma c'era anche un altro modo di trovare $r$ in modo che $A_r$ ammettesse l'autovalore $1$..
$A_r *v = 1*v ->(A_r - I)*v = 0$
Questo sistema omogeneo ha soluzione diversa da $v=O$ (ricordiamoci che $O$ non è mai un autovettore) se e solo se
$ det (A_r-I) = 0$, per cui $r=2$. Il resto lo sai già...
"fortuna che quei calcoli sono serviti a qualcosa!"
Bella coincidenza però!
Sicuramente il tuo metodo è più veloce!
Sei partito dal presupposto ,ovviamente errato, che tutte le matrici con autovalori $2,4,5$ abbiano come autovettori gli elementi della base canonica di $RR^n$..No!
Se l'applicazione lineare $T$ che cerchi ammette come autovettori gli elementi della base canonica con autovalori rispettivamente $2,4,5$ vuol dire che :
$T(e_1) = 2e_1 , T(e_2) =4e_2 , T(e_3) = 5e_3$
E' immediato che la matrice che rappresenta $T$ rispetto alla base canonica sia :
$ ( ( 2 , 0 , 0 ),( 0 , 4 , 0 ),( 0 , 0 , 5 ) ) $
Da cui segue ovviamente che la matrice diagonalizzante ovviamente è $I_3$...
Se l'applicazione lineare $T$ che cerchi ammette come autovettori gli elementi della base canonica con autovalori rispettivamente $2,4,5$ vuol dire che :
$T(e_1) = 2e_1 , T(e_2) =4e_2 , T(e_3) = 5e_3$
E' immediato che la matrice che rappresenta $T$ rispetto alla base canonica sia :
$ ( ( 2 , 0 , 0 ),( 0 , 4 , 0 ),( 0 , 0 , 5 ) ) $
Da cui segue ovviamente che la matrice diagonalizzante ovviamente è $I_3$...
ok, ora tutto torna...quindi la matrice $B$ del quesito successivo posso trovarla come dici tu:
$T(e_1)=2e_1, \ T(e_2)=4e_2, \ T(e3)=s*M$ dove $M$ è un vettore generico(autovettore) e $s$ è un qualsiasi autovalore.
per troncare eventuali calcoli posso subito trovare la matrice
$B=((2,0,s),(0,4,s),(0,0,s)) \ \forall s \in \mathbb{R}$
o meglio
$B=((2,0,v),(0,4,u),(0,0,s)) \ \forall u,v,s \in \mathbb{R}$
Puo' essere così?
$T(e_1)=2e_1, \ T(e_2)=4e_2, \ T(e3)=s*M$ dove $M$ è un vettore generico(autovettore) e $s$ è un qualsiasi autovalore.
per troncare eventuali calcoli posso subito trovare la matrice
$B=((2,0,s),(0,4,s),(0,0,s)) \ \forall s \in \mathbb{R}$
o meglio
$B=((2,0,v),(0,4,u),(0,0,s)) \ \forall u,v,s \in \mathbb{R}$
Puo' essere così?
Si ma non va ancora bene...nella prima matrice imporrei $s != 0$ e nella seconda invece $v!=0 V s!=0$...Prova a immaginare cosa succede se non si rispettano queste condizioni..E' importante..
Ci sarà sicuramente un modo generale per poter calcolare la matrice B avendo già gli autovettori? Nel senso che voglio capire come hai fatto ad ottenere $v!=0 \ V \ s!=0$ analiticamente...
Ho fatto la prova come dici tu con $s=v=u=0$ e noto che torniamo all'inizio dell'esercizio in cui si chiedeva che gli autovettori fossero quelli della base canonica di $\mathbb{R}^3$....
poi ho scelto $v=0$ e $s$ qualsiasi e mi trovo l'autospazio(è così' che si chiama lo spazio vettoriale generato dai 3 autovettori?):$P=((1,0,0),(0,1,-1),(0,0,1))$
poi ho invertito $s=0$ e $v$ qualsiasi e mi trovo: $P=((1,0,0),(0,1,1),(0,0,1))$...Non capisco cosa succeda di così importante...
Alla fine ho ottenuto quello che volevo:
cosa c'è che non va?
Ho fatto la prova come dici tu con $s=v=u=0$ e noto che torniamo all'inizio dell'esercizio in cui si chiedeva che gli autovettori fossero quelli della base canonica di $\mathbb{R}^3$....
poi ho scelto $v=0$ e $s$ qualsiasi e mi trovo l'autospazio(è così' che si chiama lo spazio vettoriale generato dai 3 autovettori?):$P=((1,0,0),(0,1,-1),(0,0,1))$
poi ho invertito $s=0$ e $v$ qualsiasi e mi trovo: $P=((1,0,0),(0,1,1),(0,0,1))$...Non capisco cosa succeda di così importante...
Alla fine ho ottenuto quello che volevo:
"davymartu":
Trovarne un'altra, $B$ (3x3), per la quale i primi due vettori della base canonica siano autovettori con autovalori 2 e 4, mentre il terzo vettore della base canonica non lo sia.
cosa c'è che non va?
Provo a spiegarmi meglio : nella prima matrice se $s=0$ allora il terzo vettore della base canonica è un autovettore di $B$ con autovalore $0$,quindi la consegna non è rispettata..Nella seconda matrice prova a non rispettare la condizione $v!=0 V u!=0$(Prima ho sbagliato scrivendo..) ,cioè metti $u$ e $v$ entrambi uguali a $0$ e noterai subito che il terzo vettore della base canonica è un autovettore di $B$ con autovalore $s$, quindi anche in questo caso la richiesta non è rispettata..si nota subito..
Ok ho afferrato quello che vuoi dire! Grazie per la pazienza!
Di nulla
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