Un problema di diagonalizzazione
Spero che qualcuno voglia darmi una mano con questi contazzi.
Quello che ho stabilito è che il determinante di \(\operatorname{det} A=1-4k-5k^2\), che:
\[
\operatorname{rank} A= \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1,1/5\\
3 &\text{, altrimenti}\end{cases}
\]
e che l'equazione degli autovalori \(\operatorname{det}(A-\lambda\ I)=0\) si scrive:
\[
-\lambda^3 +(2-k+4k^2)\lambda +(1-4k-5k^2)=0\; .
\]
Il polinomio di grado \(3\) è crescente nell'intervallo d'estremi \(\pm \sqrt{\frac{2-k+4k^2}{3}}\) (il radicando è positivo per ogni \(k\in \mathbb{R}\)), quindi probabilmente ci sono valori di \(k\) che rendono il polinomio in \(\lambda\) fattorizzabile in \(\mathbb{R}\) come prodotto di tre binomi di primo grado. In tal caso \(A\) avrebbe tre autovalori reali, ma comunque essi sarebbero "inaccessibili" (a meno di usare la formula di Cardano, ma sinceramente non vorrei sparare così in alto...).
Tuttavia, non mi pare che questa sia la via più veloce per risolvere l'esercizio.
Quindi non è che c'è qualche criterio di diagonalizzabilità che prescinde dalla determinazione esplicita degli autovalori e della dimensione degli autospazi?
Trovare i valori di \(k\in \mathbb{R}\) che rendono la matrice:
\[
A := \begin{pmatrix} 2k-1 & 1 & 1 \\
-2k & -2k & k+1\\
k-1 & 2 & 1
\end{pmatrix}
\]
ortogonalmente diagonalizzabile.
Quello che ho stabilito è che il determinante di \(\operatorname{det} A=1-4k-5k^2\), che:
\[
\operatorname{rank} A= \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1,1/5\\
3 &\text{, altrimenti}\end{cases}
\]
e che l'equazione degli autovalori \(\operatorname{det}(A-\lambda\ I)=0\) si scrive:
\[
-\lambda^3 +(2-k+4k^2)\lambda +(1-4k-5k^2)=0\; .
\]
Il polinomio di grado \(3\) è crescente nell'intervallo d'estremi \(\pm \sqrt{\frac{2-k+4k^2}{3}}\) (il radicando è positivo per ogni \(k\in \mathbb{R}\)), quindi probabilmente ci sono valori di \(k\) che rendono il polinomio in \(\lambda\) fattorizzabile in \(\mathbb{R}\) come prodotto di tre binomi di primo grado. In tal caso \(A\) avrebbe tre autovalori reali, ma comunque essi sarebbero "inaccessibili" (a meno di usare la formula di Cardano, ma sinceramente non vorrei sparare così in alto...).
Tuttavia, non mi pare che questa sia la via più veloce per risolvere l'esercizio.
Quindi non è che c'è qualche criterio di diagonalizzabilità che prescinde dalla determinazione esplicita degli autovalori e della dimensione degli autospazi?
Risposte
Per quel (poco) che conosco mi pare di ricordare che una matrice quadrata è ortogonalmente diagonalizzabile solo e solo se è simmetrica.Nel caso tuo non vi sono valori di k che rendono tale la matrice proposta.
Ha ragione vittorino70: nel caso reale, un endomorfismo è ortogonalmente diagonalizzabile se e solo se è autoaggiunto, da cui segue il corollario sulle matrici quadrate.
Grazie.
Devo essere sindero, ieri notte non mi era proprio venuto in mente... Ricordavo il teorema sulla molteplicità algebrica e geometrica degli autovalori e cercavo di applicarlo.
Mi era venuto in mente che le matrici simetriche fossero diagonalizzabili, ma non ricordavo che la simmetria fosse anche necessaria alla diagonalizzabilità ortogonale.
A questo punto, vi chiedo come avreste svolto questo esercizio. È da un po' di tempo che non faccio esercizi di AL, quindi mi manca un po' l'occhio.
Per i si vede con il teorema degli orlati che:
\[
\operatorname{rank} A = \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1,1/5\\
3 &\text{, altrimenti;}\end{cases}
\]
mentre per la matrice completa \(A_b\) si trova:
\[
\operatorname{rank} A_b = \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1\\
3 &\text{, altrimenti;}\end{cases}
\]
quindi per Rouché-Capelli si ha unica soluzione per \(k\neq -1,1/5\), infinite soluzioni per \(k=-1\) e nessuna soluzione per \(k=1/5\).
Per determinare le soluzioni ho risolto prima il punto ii, trovando l'inversa di \(A\) (per \(k\neq -1,1/5\)) con la matrice aggiunta; quindi ho calcolato il vettore soluzione prendendo il prodotto \(A^{-1}b\).
Per il punto iii, ho ridotto a scalini la matrice completa \(4\times 4\) che si ottiene aggiungendo ad \(A_b\) (calcolata per \(k=-1\)) la riga corrispondente alla nuova equazione ed ho visto che il sistema ha unica soluzione, contro il fatto che \(Ax=b\) ha infinite soluzioni per tale valore di \(k\); quindi i sistemi non sono equivalenti.
Tuttavia, soprattutto per i punti i e ii, non ci sono alternative più veloci?
Con Gauss vengono fuori troppi numeri zozzosi, quindi scalinare la matrice completa col parametro è davvero brutto... Voi che dite?
Devo essere sindero, ieri notte non mi era proprio venuto in mente... Ricordavo il teorema sulla molteplicità algebrica e geometrica degli autovalori e cercavo di applicarlo.
Mi era venuto in mente che le matrici simetriche fossero diagonalizzabili, ma non ricordavo che la simmetria fosse anche necessaria alla diagonalizzabilità ortogonale.
A questo punto, vi chiedo come avreste svolto questo esercizio. È da un po' di tempo che non faccio esercizi di AL, quindi mi manca un po' l'occhio.
Dato il sistema:
\[
\begin{pmatrix} 2k-1 & 1 & 1 \\ -2k & -2k & k+1\\ k-1 & 2 & 1 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -3 \\ 6 \\ k\end{pmatrix}
\]
i) discutere e trovare le soluzioni al variare di \(k\in \mathbb{R}\);
ii) calcolare l'inversa della matrice dei coefficienti \(A\) quando possibile;
iii) per \(k=-1\) dire se il sistema è equivalente a quello ottenuto aggiungendovi l'equazione \(2x-4y+3z=-5\).
Per i si vede con il teorema degli orlati che:
\[
\operatorname{rank} A = \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1,1/5\\
3 &\text{, altrimenti;}\end{cases}
\]
mentre per la matrice completa \(A_b\) si trova:
\[
\operatorname{rank} A_b = \begin{cases} 2 &\text{, se } k=-1\\
3 &\text{, altrimenti;}\end{cases}
\]
quindi per Rouché-Capelli si ha unica soluzione per \(k\neq -1,1/5\), infinite soluzioni per \(k=-1\) e nessuna soluzione per \(k=1/5\).
Per determinare le soluzioni ho risolto prima il punto ii, trovando l'inversa di \(A\) (per \(k\neq -1,1/5\)) con la matrice aggiunta; quindi ho calcolato il vettore soluzione prendendo il prodotto \(A^{-1}b\).
Per il punto iii, ho ridotto a scalini la matrice completa \(4\times 4\) che si ottiene aggiungendo ad \(A_b\) (calcolata per \(k=-1\)) la riga corrispondente alla nuova equazione ed ho visto che il sistema ha unica soluzione, contro il fatto che \(Ax=b\) ha infinite soluzioni per tale valore di \(k\); quindi i sistemi non sono equivalenti.
Tuttavia, soprattutto per i punti i e ii, non ci sono alternative più veloci?
Con Gauss vengono fuori troppi numeri zozzosi, quindi scalinare la matrice completa col parametro è davvero brutto... Voi che dite?
Personalmente non credo ci siano molte alternative ai "calcoli brutti"....Se però ce ne fossero ,qualcuno le posti per favore..Servirebbero tanto anche a me ,specie con le matrici di dimensioni maggiori di 3x3 !
"gugo82":
Dato il sistema:
\[
\begin{pmatrix} 2k-1 & 1 & 1 \\ -2k & -2k & k+1\\ k-1 & 2 & 1 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -3 \\ 6 \\ k\end{pmatrix}
\]
i) discutere e trovare le soluzioni al variare di \(k\in \mathbb{R}\);
ii) calcolare l'inversa della matrice dei coefficienti \(A\) quando possibile;
iii) per \(k=-1\) dire se il sistema è equivalente a quello ottenuto aggiungendovi l'equazione \(2x-4y+3z=-5\).
Allora, non vedo perché diagonalizzare. L'inversa esiste se e solo se la derivata è non nulla.
Puoi forse fare qualche operazioni sulle righe per semplificare qualche calcolo...
\(\displaystyle \begin{pmatrix} 2k-1 & 1 & 1 \\ -2k & -2k & k+1\\ k-1 & 2 & 1 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ k\end{pmatrix} \)
diventa
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ -2k & -2k & k+1\\ k-1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \)
in questo modo il primo passo di Gauss diventa più semplice.
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & -2k -2k(1-2k) & k+1 -2k(2+k)\\ 0 & 2 + (k-1)(1-2k) & 1 + (k-1)(2+k) \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 6 -6k \\ k + 3(k-1)\end{pmatrix} \)
cioé
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & -4k(1 - k) & 1 -3k - 2k^2\\ 0 & 2 + (k-1)(1-2k) & -1+k +k^2 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 6(1 -k) \\ 4k-3 \end{pmatrix} \)
Ora i calcoli diventano bruttini... Forse si può semplificare ancora ma i vari polinomi sono brutti...
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 4k^2 - 4k & 1 -3k - 2k^2\\ 0 & 1+3k-2k^2 & -1+k +k^2 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 6 - 6k \\ 4k-3 \end{pmatrix} \)
In un metodo simile a prima cerco di abbassare il grado del polinomio sopra...
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 4k^2 - 4k +2(1+3k-2k^2) & 1 -3k - 2k^2 +2(-1+k +k^2)\\ 0 & 1+3k-2k^2 & -1+k +k^2 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 6 - 6k +2(4k-3) \\ 4k-3 \end{pmatrix} \)
cioé
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 2(1+k) & -1(1 +k) \\ 0 & 1+3k-2k^2 & -1+k +k^2 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ 2k \\ 4k-3 \end{pmatrix} \)
è interessante quel (1+k) nella seconda riga. Suppongo che si abbia \(\displaystyle k\neq -1 \) e ricavo:
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 1 & -\frac12 \\ 0 & 1+3k-2k^2 & -1+k +k^2 \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ k(k-1)^{-1} \\ 4k-3 \end{pmatrix} \)
da cui posso fare
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 1 & -\frac12 \\ 0 & 0 & -1+k +k^2 +\frac12(1+3k-2k^2) \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ k(k-1)^{-1} \\ 4k-3 -(1+3k-2k^2)k(k-1)^{-1} \end{pmatrix} \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 1 & -\frac12 \\ 0 & 0 & \frac12(5k-1) \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ \frac{k}{(k-1)} \\ \frac{(4k-3)(k-1) -(1+3k-2k^2)k}{(k-1)} \end{pmatrix} \)
\(\displaystyle \begin{pmatrix} -1 & 1-2k & 2+k \\ 0 & 1 & -\frac12 \\ 0 & 0 & \frac12(5k-1) \end{pmatrix}\ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3 \\ \frac{k}{(k-1)} \\ \frac{3-8k+k^2+2k^3}{(k-1)} \end{pmatrix} \)
Da questo punto in poi certo però i calcoli non si fanno semplici
. Ovviamente questo non è Gauss, però se non ho fatto errori ho comunque portato il tutto in forma triangolare.P.S: Fatto solo per vedere se ero capace di risolverlo
... Anche io sono abbastanza arrugginito.
@vict85: Grazie.
La diagonalizzazione era la quarta domanda di quell'esercizio, anche se l'ho postata per prima.
Ad ogni modo, mettere una robaccia del genere in uno scritto di due ore (insieme ad altri sette esercizi, misti tra Geometria I -sistema lineare, sottospazi, studio dell'endomorfismo, classificazione di coniche- ed Analisi I -numeri complessi, limiti, studio di funzione, continuità e differenziabilità con parametri) mi pare solamente un esercizio di sadismo da parte dei docenti.
Mah... Contenti loro.
La diagonalizzazione era la quarta domanda di quell'esercizio, anche se l'ho postata per prima.
Ad ogni modo, mettere una robaccia del genere in uno scritto di due ore (insieme ad altri sette esercizi, misti tra Geometria I -sistema lineare, sottospazi, studio dell'endomorfismo, classificazione di coniche- ed Analisi I -numeri complessi, limiti, studio di funzione, continuità e differenziabilità con parametri) mi pare solamente un esercizio di sadismo da parte dei docenti.
Mah... Contenti loro.
"gugo82":
@vict85: Grazie.
La diagonalizzazione era la quarta domanda di quell'esercizio, anche se l'ho postata per prima.
Ad ogni modo, mettere una robaccia del genere in uno scritto di due ore (insieme ad altri sette esercizi, misti tra Geometria I -sistema lineare, sottospazi, studio dell'endomorfismo, classificazione di coniche- ed Analisi I -numeri complessi, limiti, studio di funzione, continuità e differenziabilità con parametri) mi pare solamente un esercizio di sadismo da parte dei docenti.
Mah... Contenti loro.
Mah, in realtà il mio metodo non permette di calcolare facilmente l'inversa anche se ho usato normali operazioni riga. Immagino che il metodo da utilizzare faccia uso della http://en.wikipedia.org/wiki/Smith_normal_form in cui devi tenere conto delle operazioni elementare fatte.
Ma non so. Che esame era se posso chiederlo? Tu ormai sei abbastanza avanti.
comunque non è vero che una matrice è ortogonalmente diagonalizzabile se e solo se è hermitiana. La classe delle matrici per cui vale la tesi del teorema spettrale è la classe delle matrici normali: http://it.wikipedia.org/wiki/Matrice_normale
Modifico: quanto dico qui è errato (cf. intervento successivo).
"ZeroMemory":Appunto.
comunque non è vero che una matrice è ortogonalmente diagonalizzabile se e solo se è hermitiana. La classe delle matrici per cui vale la tesi del teorema spettrale è la classe delle matrici normali: http://it.wikipedia.org/wiki/Matrice_normale
"vittorino70":Sono d'accordo su [tex]\Leftarrow[/tex], ma non ogni matrice ortogonalmente diagonalizzabile è simmetrica, altrimenti ogni matrice diagonalizzabile sarebbe simmetrica (posso sempre pensare a una matrice diagonale scritta nella base canonica e poi cambiare base).
Per quel (poco) che conosco mi pare di ricordare che una matrice quadrata è ortogonalmente diagonalizzabile solo e solo se è simmetrica.Nel caso tuo non vi sono valori di k che rendono tale la matrice proposta.
ok qui bisogna stare attenti alle sottigliezze:
Sia $M in M_n(RR)$:
1) esiste $U$ in $O_n(RR)$ t.c. $UMU^T$ è diagonale $hArr M$ è simmetrica
2) esiste $U$ in $O_n(CC)$ t.c. $UMU^H$ è diagonale $hArr M$ è normale
a parole:
una matrice reale è ortogonalmente diagonalizzabile in $RR$ se e solo se è simmetrica, è ortogonalmente diagonalizzabile in $CC$ se e solo se è normale (ma in questo caso potrebbe anche non essere simmetrica)
Cioè una matrice reale ammetterà una base ortogonale in $RR^n$ di autovettori se e solo se è simmetrica, ammetterà una base ortogonale di $CC^N$ di autovettori se e solo se è normale.
1) $(lArr)$ è il teorema spettrale per matrici simmetriche reali. $(rArr)$ sia $M=UDU^T$ con $U$ ortogonale reale e $D$ diagonale. Allora $M^T=(UDU^T)^T=(UD^TU^T)=(UDU^T)=M$.
2) la dimostrazione non è banale. Quello che voglio mostrarvi è che esistono matrici reali non simmetriche che però, in $CC^N$, ammettono una base ortogonale di autovettori (semplicemente, è normale
)
$((0,-1),(1,0))$
$(1,i)$ e $(-i,1)$ sono autovettori, e formano una base ortonormale di $CC^n$
Sia $M in M_n(RR)$:
1) esiste $U$ in $O_n(RR)$ t.c. $UMU^T$ è diagonale $hArr M$ è simmetrica
2) esiste $U$ in $O_n(CC)$ t.c. $UMU^H$ è diagonale $hArr M$ è normale
a parole:
una matrice reale è ortogonalmente diagonalizzabile in $RR$ se e solo se è simmetrica, è ortogonalmente diagonalizzabile in $CC$ se e solo se è normale (ma in questo caso potrebbe anche non essere simmetrica)
Cioè una matrice reale ammetterà una base ortogonale in $RR^n$ di autovettori se e solo se è simmetrica, ammetterà una base ortogonale di $CC^N$ di autovettori se e solo se è normale.
1) $(lArr)$ è il teorema spettrale per matrici simmetriche reali. $(rArr)$ sia $M=UDU^T$ con $U$ ortogonale reale e $D$ diagonale. Allora $M^T=(UDU^T)^T=(UD^TU^T)=(UDU^T)=M$.
2) la dimostrazione non è banale. Quello che voglio mostrarvi è che esistono matrici reali non simmetriche che però, in $CC^N$, ammettono una base ortogonale di autovettori (semplicemente, è normale
)$((0,-1),(1,0))$
$(1,i)$ e $(-i,1)$ sono autovettori, e formano una base ortonormale di $CC^n$
Ah sì hai ragione, mi confondeva "ortogonalmente diagonalizzabile", pensavo a una base ortogonale e non necessariamente ortonormale.
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