Teorema di esistenza degli autovettori
Buonasera, sapreste fornirmi una dimostrazione (il più semplice possibile) al teorema di esistenza degli autovettori che garantisce l'esistenza di autovettori (o meglio di un $\lambda$ e di un vettore $u$ tali che $A(u)=\lambdau$) a patto che si lavori con spazi vettoriali complessi? So che il tutto è legato al teorema fondamentale dell'algebra in quanto gli zeri del polinomio caratteristico si trovano sicuramente all'interno di $\CC$ ma non riesco a capire come ci si riesca ad arrivare partendo semplicemente da un'applicazione lineare $A: X \rightarrow X$.
Risposte
Per come il polinomio caratteristico di un endomorfismo è definito, i suoi zeri \(\lambda\) sono quei numeri complessi tali che \(\lambda \mathbb{I}-A\) ha determinante zero; se una matrice ha determinante zero, il suo nucleo contiene vettori non nulli; questi sono esattamente gli autovettori di autovalore $\lambda$.
Non è ovvio? Se \(\det(A-\lambda I)=0\) allora \(\ker(A-\lambda I)\supsetneq \langle 0\rangle\).
Non è ovvio? Se \(\det(A-\lambda I)=0\) allora \(\ker(A-\lambda I)\supsetneq \langle 0\rangle\).
Mostra la contronominale: supponi \(\ker(A-\lambda I) = \langle 0\rangle\): allora \(A-\lambda I\) è iniettivo. Allora è un isomorfismo. Allora \(\det(A-\lambda I)\neq 0\).
Mostra la contronominale: supponi \(\ker(A-\lambda I) = \langle 0\rangle\): allora \(A-\lambda I\) è iniettivo. Allora è un isomorfismo. Allora \(\det(A-\lambda I)\neq 0\).
"solaàl":
Per come il polinomio caratteristico di un endomorfismo è definito, i suoi zeri \(\lambda\) sono quei numeri complessi tali che \(\lambda \mathbb{I}-A\) ha determinante zero
È proprio questo che non capisco. Cioè, cosa permette di dire che $(A-\lambdaI)v=0$ se $det(A-\lambdaI)=0$?
"Sergio":
[quote="Lorenzo_99"][quote="solaàl"]Per come il polinomio caratteristico di un endomorfismo è definito, i suoi zeri \(\lambda\) sono quei numeri complessi tali che \(\lambda \mathbb{I}-A\) ha determinante zero
È proprio questo che non capisco. Cioè, cosa permette di dire che $(A-\lambdaI)v=0$ se $det(A-\lambdaI)=0$?[/quote]
Non è proprio così, manca un dettaglio (che ritrovi nella definizione di autovalore).
$(A-\lambdaI)v=0$ non è altro che un sistema lineare omogeneo, che ammette sempre la soluzione banale $v=0$ quale che sia $det(A-\lambdaI)$.
Come tutti i sistemi omogeni, ammette soluzioni non banali, cioè con $v ne 0$, solo se $det(A-\lambdaI)=0$, cioè se è nullo il determinante della matrice dei coefficienti.
Gli autovalori -- cioè quegli scalari tali che $Av=\lambda v$ per $v ne 0$ -- solo i valori per i quali quel determinante si annulla. Quando si annulla, è possibile usare ciascun $\lambda$ per trovare gli spazi delle soluzioni del corrispondente sistema omogeneo, gli elementi della cui base sono detti autovettori associati a quel $\lambda$.[/quote]
E questo mi era chiaro.
"Sergio":
Come tutti i sistemi omogeni, ammette soluzioni non banali, cioè con $v ne 0$, solo se $det(A-\lambdaI)=0$, cioè se è nullo il determinante della matrice dei coefficienti.
Quel pezzetto che invece mi manca è proprio questo. Perchè il sistema omogeneo ammette soluzioni non banali solo se il determinante è 0?
Spero che nessuno se la prenda se ti faccio notare che è una lacuna grossa, questa... 
E' proprio algebra lineare 101. Ti ho spiegato perché, pensaci un po' sopra a mente fresca domattina.
E' proprio algebra lineare 101. Ti ho spiegato perché, pensaci un po' sopra a mente fresca domattina.
"Sergio":
Comunque, dato il sistema $Ax=0$, esistono vettori non nulli tali che $Ax=0$ solo se il nucleo di $A$ ha dimensione maggiore di 0 (altrimenti $Ax=0$ solo se $x=0$), cioè se la matrice non ha rango pieno, cioè se il suo determinante è nullo.
Diciamo che mi sto avvicinando a capire. Fino alla condizione "del non avere rango pieno" o, se vogliamo, che abbia nucleo maggiore di 0, ci sono. Qual è poi il collegamento tra il rango non pieno (e quindi le $\infty^1$ soluzioni del sistema per il Teorema di Rochè-Capelli) con il determinante?
"Sergio":
E come fai a decidere se una matrice ha rango pieno oppure no? Sì, ci sono vari modi, ma calcolare il determinante è uno di questi.
Mi sa che devi rivedere un po' di cose...
Praticamente per qualsiasi cosa abbiamo sempre utilizzato l'algoritmo di Gauss-Jordan. Nel caso specifico, una volta ridotto a scala il sistema, bastava contare il numero di colonne che non avevano pivot per sapere quanti fossero i parametri liberi e, di conseguenza, quale fosse il rango della matrice.
Comunque, ricapitolando, dimostrare il teorema di esistenza degli autovettori (il cui enunciato è: "Sia $A: X->X$ un'applicazione lineare con $X$ spazio complesso. Allora $X$ contiene autovettori di $A$") così:
$A(v)=\lambdav\Rightarrow (A-\lambdaI)v=0$
Tale uguaglianza/sistema ammette soluzioni non banali quando $p(\lambda)=det(A-\lambdaI)=0$. Le radici del polinomio caratteristico $p(\lambda)$, per il teorema fondamentale dell'algebra, appartengono a $\CC$. Per questo motivo esisteranno sicuramente degli autovettori relativi agli autovalori $\lambda$ trovati.
È corretto? Manca di qualcosa?
"Lorenzo_99":
Qual è poi il collegamento tra il rango non pieno … con il determinante?
Guarda qui se ti può servire e più precisamente vai al punto
"Theorem SMZD: Singular Matrices have Zero Determinants"
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