Trovare autovettori

[AndreaMate.11]

Ho questa matrice $ A( ( 1 , 2 , 1 ),( 0 , 2 , 0 ),( 1 , -2 , 1 ) ) $

Devo trovare gli autovalori, che sono λ=0 con molt. algebrica=1
e λ=2 con molteplicità algebrica = 2

Ma non ho capito bene come trovare gli autovettori.
Calcolo $ (A-λI)X=0 $

Per λ=2 dovrebbe venire (2,1,0) e (1,0,1)
Io faccio il sistema e mi viene 0=0, 0=0, x=2y+z,
Per cui ho due variabili libere, e sostituendo i valori del libro viene.

Mentre per λ=0 il libro scrive questa soluzione: (-1,0,1)
Però facendo il sistema trovo 0=0, y=0, z=0, quindi x unica variabile libera. Dove sbaglio?

Grazie.

[Magma1]

Ciao

La ricerca degli autovettori relativi ad un autovalore $lambda$

equivale a cercare i vettori appartenenti al $ker$ di $V_lambda$

della funzione $f_lambda: V->V$, definita ponendo

$f(v)=lambda v hArr f(v)-lambdav=0 hArr (A-lambdaI)v=0$.

Cioè, equivale a risolvere un sistema lineare omogeneo

Per $lambda=0$

$(A-0*I)v=0 hArr Av=0$

$ ( ( 1 , 2 , 1 ),( 0 , 2 , 0 ),( 1 , -2 , 1 ) ) ((x),(y),(z))=((0),(0),(0)) $

$hArr ( ( 1 , 0 , 1 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 ,0 ) ) ((x),(y),(z))=((0),(0),(0))$

$hArr z((-1),(0),(1))$

Per $lambda=2$

$(A-2I)v=0$

$ ( ( -1 , 2 , 1 ),( 0 , 0 , 0 ),( 1 , -2 , -1 ) ) ((x),(y),(z))=((0),(0),(0)) $

$hArr ( ( 1 ,-2 , -1 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 ,0 ) ) ((x),(y),(z))=((0),(0),(0))$

$hArr y((2),(1),(0))+z((1),(0),(1))$

[AndreaMate.11]

Avevo fatto un errore di calcolo, e ora per l'autovalore = 0 mi viene il sistema con queste equazioni: $ x=-z $ , $ y=0 $, $ 0=0 $

Per cui ho una variabile libera e scelgo la X. Il libro come X mette -1 e la Z (che è dipendente) viene 1 correttamente, peró se io scegliessi X=1 sarebbe venuto (1,0,-1) e sarebbe corretto lo stesso vero? E se avesse avuto molteplicità algebrica = 2 avrei dovuto scegliere due valori di X per avere due vettori? (Ovviamente se la molteplicità algebrica fosse stata uguale a quella geometrica).
Grazie.

[Magma1]

"AndreaMate.":

Per cui ho una variabile libera e scelgo la X. Il libro come X mette -1 e la Z (che è dipendente) viene 1 correttamente, però se io scegliessi X=1 sarebbe venuto (1,0,-1) e sarebbe corretto lo stesso vero?

Allora riducendo la matrice dei coefficienti viene fuori

$( ( 1 , 0 , 1 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 ,0 ) ) $

Tale matrice ha due pivot sulla stessa riga, quindi sei libero di scegliere quella che vuoi come incognita dominante e, di conseguenza, l'altra come libera.

Scegliendo $x$ dominante avrai $z$ come incognita libera: $(-z,0,z)=z(-1,0,1)$,

Altrimenti scegliendo $z$ come dominante avrai come incognita libera la $x$: $(x,0,-x)=(1,0,-1)$

E come puoi notare $(-1,0,1)=-(1,0,-1)$, cioè le due soluzioni sono proporzionali.

"AndreaMate.":
E se avesse avuto molteplicità algebrica = 2 avrei dovuto scegliere due valori di X per avere due vettori? (Ovviamente se la molteplicità algebrica fosse stata uguale a quella geometrica).

Se $lambda$ è un autovalore con $Alg(lambda)=g(lambda)=n$, allora avrai $n$ autovettori indipendenti associati all'autovalore $lambda$.

Lo puoi vedere in questo esercizio per $lambda=2$, e tali autovettori.