Problema con risoluzione di un sistema lineare
Ciao a tutti... e buon anno!! 
Ho questo esercizio:
Sia $f$ l'endomorfismo di $RR^3$ associato, rispetto alla base canonica, alla matrice:
$A=[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]$
Qui il polinomio caratteristico è $-\lambda(1-\lambda)^2$, quindi gli autovalori sono $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=0$. La $dimV_1=2$. Poi il libro continua dicendo:".. essendo $B={(5,3,1),(1,0,0)}$ una base di $V_1$. Io ho provato a risolvere l'equazione relativa all'autospazio $V_1$ ma non mi viene per niente così. Come ha fatto? Grazie.
Ho questo esercizio:
Sia $f$ l'endomorfismo di $RR^3$ associato, rispetto alla base canonica, alla matrice:
$A=[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]$
Qui il polinomio caratteristico è $-\lambda(1-\lambda)^2$, quindi gli autovalori sono $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=0$. La $dimV_1=2$. Poi il libro continua dicendo:".. essendo $B={(5,3,1),(1,0,0)}$ una base di $V_1$. Io ho provato a risolvere l'equazione relativa all'autospazio $V_1$ ma non mi viene per niente così. Come ha fatto? Grazie.
Risposte
puoi postare l'autospazio $V_1$ per favore? 
Nell'autospazio $V_1$ mi vengono le seguenti equazioni:
$x = x$
$-x+y-z=y$
$-x=z$
Sviluppando ho che la prima equazione è un'identità, quindi ho:
$-x+(1-1)y-z=0$
$-x+(0-1)z=0$
Da qui mi vengono due equazioni uguali:
$-x-z=0$
$-x-z=0$
Per cui z=-x. E come soluzione generica mi viene (x,y,-x).
Secondo il libro l'autospazio $V_1$ dovrebbe essere proprio ${(5,3,1),(1,0,0)}$.
$x = x$
$-x+y-z=y$
$-x=z$
Sviluppando ho che la prima equazione è un'identità, quindi ho:
$-x+(1-1)y-z=0$
$-x+(0-1)z=0$
Da qui mi vengono due equazioni uguali:
$-x-z=0$
$-x-z=0$
Per cui z=-x. E come soluzione generica mi viene (x,y,-x).
Secondo il libro l'autospazio $V_1$ dovrebbe essere proprio ${(5,3,1),(1,0,0)}$.
ma scusa, come t fa venire $x=x$?
non capisco scusa...
rifacendo i calcoli, a me viene $V_1$ (relativo a $lambda=1$) $x=z$, perciò una base può essere $B=(1,0,-1),(0,1,0)$(scusate, nn so fare le graffe...).
Invece per $V_0$ ho: $x=y-z$...
spero sia giusto..
non capisco scusa...
rifacendo i calcoli, a me viene $V_1$ (relativo a $lambda=1$) $x=z$, perciò una base può essere $B=(1,0,-1),(0,1,0)$(scusate, nn so fare le graffe...).
Invece per $V_0$ ho: $x=y-z$...
spero sia giusto..
Perché per trovare gli autovettori relativi all'autospazio $V_\lambda$ bisogna torvare le soluzioni del sistema:
$[A-\lambdaI]*[(x_1,x_2,...,x_n)]^T=(0,0,...,0)^T$
Quindi nel mio caso $\lambda=1$ e devo risolvere il sistema:
$[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]*[(x,y,z)]^T=1*[(x,y,z)]^T
$[A-\lambdaI]*[(x_1,x_2,...,x_n)]^T=(0,0,...,0)^T$
Quindi nel mio caso $\lambda=1$ e devo risolvere il sistema:
$[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]*[(x,y,z)]^T=1*[(x,y,z)]^T
E' sbagliato anche il tuo ragionamento quindi perché B è quella che ti ho scritto sopra. Non capisco come possa venire così.
guarda, non so come sei abituato a lavorare te, io per trovare una base d un autospazio, risolvo il sistema associato alla matrice, e mi esce una cosa del tipo $x=z$ assegno prima un valore arbitrario a $x$ e a $z$ e $0$ a $y$, poi il contrario...
Io così sono abituato. Infatti se sviluppi il prodotto della matrice la prima equazione viene x=x. Però poi c'è qualcosa che non va perché non viene 
Ma non viene neanche a te perché se x=z come dici tu allora non può venire {(5,3,1),(1,0,0)}
Ma non viene neanche a te perché se x=z come dici tu allora non può venire {(5,3,1),(1,0,0)}
infatti...
però scusa, se ho la matrice A=[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)] il sistema viene:
$x=0$
$-x+y-z=0$
$-x=0$
però scusa, se ho la matrice A=[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)] il sistema viene:
$x=0$
$-x+y-z=0$
$-x=0$
E no non può venire così, perché $\lambda$ dove lo lasci?
Anche a me gli autovettori realtivi all'autovalore $\lambda=1$ vengono come Manugal,cioè del tipo $[x,y,-x]^T$
Per trovarli basta semplicemente risolvere $ [(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]*[(x),(y),(z)]=[(x),(y),(z)]$
Per quanto riguarda la base B di V1 di cui parla il libro non saprei come faccia a venir fuori.
Per trovarli basta semplicemente risolvere $ [(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]*[(x),(y),(z)]=[(x),(y),(z)]$
Per quanto riguarda la base B di V1 di cui parla il libro non saprei come faccia a venir fuori.
ok, allora.. ricapitoliamo che forse nn c siamo intesi... 
se devo calcolare l'autospazio relativo a $lambda=0$ sostituisco lo $0$ nella matrice iniziale (quella cn i lamda), risolvo il sitema e via...
nel nostro caso a me viene come ho scritto sopra...
Inceve per $lamda=1$ viene la matrice $A=[(0,0,0),(-1,0,-1),(-1,0,-1)]$ per cui il sistema associato diventa
${(x+z=0)$
${y=k (k in RR)$
se devo calcolare l'autospazio relativo a $lambda=0$ sostituisco lo $0$ nella matrice iniziale (quella cn i lamda), risolvo il sitema e via...
nel nostro caso a me viene come ho scritto sopra...
Inceve per $lamda=1$ viene la matrice $A=[(0,0,0),(-1,0,-1),(-1,0,-1)]$ per cui il sistema associato diventa
${(x+z=0)$
${y=k (k in RR)$
Non è che sostituisci ma devi fare $(a-\lambda)$ dove a è il coefficiente della x nella prima equazione, $(b-\lambda)$ dove b è il coefficiente della y nella seconda equazione e così via.
Per quanto riguarda il libro a questo punto devo dedurre che è sbagliato il risultato anche se mi sembra molto strano.
Per quanto riguarda il libro a questo punto devo dedurre che è sbagliato il risultato anche se mi sembra molto strano.
"Manugal":
Non è che sostituisci ma devi fare $(a-lambda)$ dove a è il coefficiente della x nella prima equazione, $(b-lambda)$ dove b è il coefficiente della y nella seconda equazione e così via.
Per quanto riguarda il libro a questo punto devo dedurre che è sbagliato il risultato anche se mi sembra molto strano.
si bhe scusa (non sono bravissimo in italiano...
) , intedevo sosituisco a $lambda$ e poi faccio $a-lambda$... per il risultato mi sa di si...
"Manugal":
Ciao a tutti... e buon anno!!
Ho questo esercizio:
Sia $f$ l'endomorfismo di $RR^3$ associato, rispetto alla base canonica, alla matrice:
$A=[(1,0,0),(-1,1,-1),(-1,0,0)]$
Qui il polinomio caratteristico è $-\lambda(1-\lambda)^2$, quindi gli autovalori sono $\lambda_1=\lambda_2=1$ e $\lambda_3=0$. La $dimV_1=2$. Poi il libro continua dicendo:".. essendo $B={(5,3,1),(1,0,0)}$ una base di $V_1$. Io ho provato a risolvere l'equazione relativa all'autospazio $V_1$ ma non mi viene per niente così. Come ha fatto? Grazie.
Senza fare alcun calcolo si vede chiaramente dalla matrice che $(0;1;0)$ è autovettore con autovalore 1.
Prima di fare i conti è bene guardare bene in faccia la matrice..
Odio fare i calcoli per scoprire cose che si vedevano subito!
Francesco Daddi
Scusa ma come hai fatto a vederlo direttamente dalla matrice? Inoltre questo rafforza ancor di più la mia convinzione che la base B del mio libro relativa a $V_1$ sia errata.
"Manugal":
Scusa ma come hai fatto a vederlo direttamente dalla matrice? Inoltre questo rafforza ancor di più la mia convinzione che la base B del mio libro relativa a $V_1$ sia errata.
Bè, è molto semplice.
Se la colonna $k-$esima di una matrice è tutta nulla tranne che al posto $k$, il vettore $e_k$ è autevettore
con autovalore uguale al numero diverso da zero.
Per concincersi di questo, basta fare la verifica diretta: moltiplichi la matrice per il vettore $e_k$.
Non so se hai capito..
Francesco Daddi
Ti faccio un esempio:
$A=[(0,0,5),(0,-7,0),(4,0,2)]$
c'è un autovettore facile facile: $e_2 = (0;1;0)$
l'autovalore è $-7$.
Francesco Daddi
$A=[(0,0,5),(0,-7,0),(4,0,2)]$
c'è un autovettore facile facile: $e_2 = (0;1;0)$
l'autovalore è $-7$.
Francesco Daddi
Allora nel mio esempio dato che la dimensione di $V_1$ è 2 gli autovettori saranno (0,1,0) e l'altro qual'è?
"Manugal":
Allora nel mio esempio dato che la dimensione di $V_1$ è 2 gli autovettori saranno (0,1,0) e l'altro qual'è?
Nel tuo caso hai due colonne proporzionali (la seconda e la terza).
La matrice non è invertibile, quindi avrai un autovalore nullo.
Francesco Daddi
La tua matriceè diagonalizzabile;
gli autovettori relativi a $lambda=1$ sono $(0;1;0)$ e $(-1;0;1)$.
Francesco Daddi
gli autovettori relativi a $lambda=1$ sono $(0;1;0)$ e $(-1;0;1)$.
Francesco Daddi
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