Polinomio caratteristico avendo l'autospazio
Buonasera, vi propongo l'esercizio in questione:
Sia A ∈ Mat3x3(R) una matrice reale simmetrica. Sapendo che A ammette l'autospazio V1 di equazione
x-2y+3z=0 e che detA = 0, determinare il polinomio caratteristico di A.
Ora, so che la matrice è simmetrica e quindi che è diagonalizzabile.
Deve valere che la molteplicità geometrica sia uguale alla molteplicità algebrica per ogni autovalore.
So che la molteplicità geometrica è uguale alla dimensione dell'autospazio dato, uguale a due.
So che un autovalore è 0, per il fatto che il determinante di A sia 0.
Mi sono perso sull'ultimo: non riesco a capire quale sia l'altro autovalore.
Sia A ∈ Mat3x3(R) una matrice reale simmetrica. Sapendo che A ammette l'autospazio V1 di equazione
x-2y+3z=0 e che detA = 0, determinare il polinomio caratteristico di A.
Ora, so che la matrice è simmetrica e quindi che è diagonalizzabile.
Deve valere che la molteplicità geometrica sia uguale alla molteplicità algebrica per ogni autovalore.
So che la molteplicità geometrica è uguale alla dimensione dell'autospazio dato, uguale a due.
So che un autovalore è 0, per il fatto che il determinante di A sia 0.
Mi sono perso sull'ultimo: non riesco a capire quale sia l'altro autovalore.
Risposte
Solitamente $V_(lambda):=Ker(T-lambdaid)$ è l’autospazio relativo all’autovalore $lambda$ quindi è probabile che $V_1$ sia l’autospazio relativo all’autovalore $1$
Come ha detto Anto, è una matrice di proiezione ed essendo anche simmetrica è una proiezione ortogonale lungo la direzione/kernel $(1,-2,3)$ (l'autovettore associato a $lambda=0$) che è il kernel della matrice stessa.
Invertendo l'ordine, se la matrice ha un autospazio di dimensione 1 associato all'autovalore zero, allora è il suo kernel. Quindi l'endomorfismo proietta lungo il kernel tutti i vettori di $R^3$ su quel piano (che è anche l'immagine dell'applicazione).
Essendo simmetrica, l'immagine e identica allo spazio delle righe (l'immagine della trasposta).
L'autospazio V1 ha dimensione 2, quindi ci sono due autovettori (scelti a piacere, ortogonali o meno) che generano quel piano e sono associati al medesimo autovalore.
Segue che abbiamo un cambio di base del tipo $T=SLambdaS^(-1)$ dove la matrice diagonale è del tipo $ Lambda=( ( k , 0 , 0 ),( 0 , k , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) =k( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) )=kD$ quindi posso sempre redistribuire la costante e scrivere $T=k/2 SLambda k/2S^(-1)=KDK^(-1)$ e di conseguenza trovare una base di autovettori di cui due sono associati all'autovalore 1.
Il polinomio caratteristico è del tipo $lambda(lambda-1)^2$
Invertendo l'ordine, se la matrice ha un autospazio di dimensione 1 associato all'autovalore zero, allora è il suo kernel. Quindi l'endomorfismo proietta lungo il kernel tutti i vettori di $R^3$ su quel piano (che è anche l'immagine dell'applicazione).
Essendo simmetrica, l'immagine e identica allo spazio delle righe (l'immagine della trasposta).
L'autospazio V1 ha dimensione 2, quindi ci sono due autovettori (scelti a piacere, ortogonali o meno) che generano quel piano e sono associati al medesimo autovalore.
Segue che abbiamo un cambio di base del tipo $T=SLambdaS^(-1)$ dove la matrice diagonale è del tipo $ Lambda=( ( k , 0 , 0 ),( 0 , k , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) =k( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) )=kD$ quindi posso sempre redistribuire la costante e scrivere $T=k/2 SLambda k/2S^(-1)=KDK^(-1)$ e di conseguenza trovare una base di autovettori di cui due sono associati all'autovalore 1.
Il polinomio caratteristico è del tipo $lambda(lambda-1)^2$
Grazie a entrambi
In realtà usando un paio di disuguaglianze si dimostra che $RR^3=V_1oplusV_0$
1. $dimV_1=2$ per ipotesi
2. $dimV_0=dimKer(f)geq1$ altrimenti $f$ sarebbe iniettiva e quindi suriettiva
3. usando grassman si mostra $V_0 oplusV_1=RR^3$
Da questo segue la diagonalizzabilità $=>$ molteplicità algebrica=molteplicità geometrica $=> P(lambda)=(0-lambda)^(alg(0))(1-lambda)^(alg(1))=-lambda(1-lambda)^2$
1. $dimV_1=2$ per ipotesi
2. $dimV_0=dimKer(f)geq1$ altrimenti $f$ sarebbe iniettiva e quindi suriettiva
3. usando grassman si mostra $V_0 oplusV_1=RR^3$
Da questo segue la diagonalizzabilità $=>$ molteplicità algebrica=molteplicità geometrica $=> P(lambda)=(0-lambda)^(alg(0))(1-lambda)^(alg(1))=-lambda(1-lambda)^2$
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo