Diagonalizzazione della matrice, nucleo e immagine

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Diagonalizzazione della matrice, nucleo e immagine #3346

avt
marcolino87
Cerchio
Mi serve il vostro aiuto per risolvere un esercizio sulle applicazioni lineari in cui mi viene chiesto di determinare la matrice associata a un'applicazione lineare sfruttando alcune condizioni sugli autovalori, sugli autovettori e sul nucleo. Come se non bastasse, dovrei dire se l'applicazione è diagonalizzabile.

Sia F:\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{4} l'operatore lineare definito dalle seguenti condizioni:

- il vettore (1,1,1,1) è l'autovettore di autovalore 2;

- il vettore (1,0,0,0) è l'autovettore di autovalore 1;

- il nucleo dell'applicazione \mbox{Ker}(F) è il sottospazio definito dalle equazioni

x_1+x_2=0\ \ \ \wedge \ \ \ x_3+x_4=0

1. Determinare la matrice A_{F} rispetto la base standard di \mathbb{R}^{4} presa come base di partenza e di arrivo.

2. Determinare una base dell'immagine di F,\ \mbox{Im}(F).

3. Dire se F è un endomorfismo diagonalizzabile.

Grazie mille.
 
 

Re: Diagonalizzazione della matrice, nucleo e immagine #3399

avt
Omega
Amministratore
L'applicazione lineare F:\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{4} è definita mediante le seguenti condizioni:

- il vettore \mathbf{v}_{1}=(1,1,1,1) è l'autovettore dell'endomorfismo F riferito all'autovalore \lambda_{1}=2;

- il vettore \mathbf{v}_2=(1,0,0,0) è l'autovettore riferito all'autovalore \lambda_{2}=1

Queste due informazioni non bastano per ricavare la matrice associata all'applicazione lineare, che indichiamo con A_{F}, dobbiamo infatti esaminare più a fondo la condizione che mette in ballo il nucleo dell'operatore.

L'esercizio ci informa infatti che il nucleo è definito dalle equazioni lineari

x_{1}+x_{2}=0 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ x_{3}+x_{4}=0

vale a dire:

\mbox{Ker}(F)=\left\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb{R}^{4}\ :\ x_{1}+x_{2}=0, \ x_{3}+x_{4}=0\right\}


Base del nucleo

Calcoliamo una base del nucleo: per farlo occorre risolvere il sistema lineare composto dalle equazioni che definiscono il nucleo:

\begin{cases}x_{1}+x_{2}=0\\ x_{3}+x_{4}=0\end{cases}

Dalla prima equazione isoliamo x_{1}, mentre dalla seconda isoliamo x_{3}

\begin{cases}x_{1}=-x_{2}\\ x_{3}=-x_{4}\end{cases}

Da ciò comprendiamo che un generico vettore

\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)=

appartiene al nucleo di F se e solo se la prima componente coincide con l'opposto della seconda e la terza componente coincide con l'opposto della quarta

=(-x_2,x_2,-x_4,x_4)=

Eleggiamo a parametri x_{2}\ \mbox{e} \ x_{4} ribattezzandoli rispettivamente in a\ \mbox{e}\ b

\\ =(-a,a,-b,b)= \\ \\ =a(-1,1,0,0)+b(0,0,-1,1)

In definitiva, ogni vettore del kernel si presenta nella forma

\mathbf{x}=a(-1,1,0,0)+b(0,0,-1,1)

per cui il nucleo è generato dai vettori

\mathbf{v}_3=(-1,1,0,0)\ \ \ \mbox{e} \ \ \ \mathbf{v}_{4}=(0,0,-1,1)

che ne costituiscono una base perché linearmente indipendenti.

\mathcal{B}_{\mbox{Ker}(F)}=\left\{(-1,1,0,0),(0,0,-1,1)\right\}

In accordo con la teoria degli autovalori e degli autovettori, il nucleo di un endomorfismo coincide con l'autospazio relativo all'autovalore nullo \lambda=0, e inoltre la molteplicità geometrica dell'autovalore coincide con la dimensione del \mbox{Ker}.

m_g(0)=\mbox{dim}(\mbox{Ker}(f))

Queste proprietà ci autorizzano a scrivere che \mathbf{v}_3\ \mbox{e} \ \mathbf{v}_4 sono autovettori relativi all'autovalore \lambda_{3}=0, la cui molteplicità geometrica è pari a 2.


Osservazioni sulla molteplicità geometrica e sulla molteplicità algebrica

Facciamo il punto della situazione. Sappiamo che l'endomorfismo ammette 3 autovalori

\lambda_{1}=2\ \ \ , \ \ \ \lambda_{2}=1 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \lambda_3=0

Dall'analisi sul nucleo sappiamo che la molteplicità geometrica di \lambda_{3}=0 è due,

m_{g}(\lambda_3)=2

così come sappiamo che:

m_{g}(\lambda_1)\ge 1 \ \ \mbox{e} \ \ \ m_{g}(\lambda_{2})\ge 1

Il nostro intento ora consiste nel dimostrare con queste informazioni che le molteplicità algebriche degli autovalori coincidono con le rispettive molteplicità geometriche, ossia vogliamo mostrare che:

\\ m_{g}(\lambda_1)=m_{a}(\lambda_1)\\ \\ m_{g}(\lambda_{2})=m_{a}(\lambda_2)\\ \\ m_{g}(\lambda_{3})=m_{a}(\lambda_{3})

e che la somma delle molteplicità algebriche coincide con la dimensione dello spazio vettoriale 4

m_{a}(\lambda_{1})+m_{a}(\lambda_{2})+m_{a}(\lambda_3)=4

Queste condizioni garantiranno la diagonalizzabilità dell'endomorfismo F.

Grazie alla disuguaglianza notevole

1\le m_{g}(\lambda)\le m_{a}(\lambda)

possiamo esprimere le seguenti relazioni

\begin{array}{l}1\le m_{g}(\lambda_1)\le m_{a}(\lambda_1) \\ \\ 1\le m_{g}(\lambda_2)\le m_{a}(\lambda_2)\\ \\ 1\le 2=m_{g}(\lambda_3)\le m_{a}(\lambda_3)\end{array} \ \ \ (\bullet)

le quali giustificano la seguente

1+1+2\le m_{a}(\lambda_1)+m_{a}(\lambda_2)+m_{a}(\lambda_3)\le 4

da cui segue che la somma delle molteplicità algebriche è 4.

m_{a}(\lambda_1)+m_{a}(\lambda_2)+m_{a}(\lambda_3)=4

Perfetto, la prima condizione per la diagonalizzabilità è soddisfatta. Dobbiamo solo dimostrare che, per ciascun autovalore, la molteplicità algebrica coincide con quella geometrica.

Sempre dalle disuguaglianze (\bullet) deduciamo immediatamente le seguenti disuguaglianze

-m_{a}(\lambda_1)\le -1 \ \ \ , \ \ \ -m_{a}(\lambda_2)\le -1

per cui isolando al primo membro m_{a}(\lambda_3) al primo membro di:

m_{a}(\lambda_1)+m_{a}(\lambda_2)+m_{a}(\lambda_3)=4

si ha

2\le m_{a}(\lambda_3)=4-m_{a}(\lambda_1)-m_{a}(\lambda_2)\le 4-1-1=2

pertanto la molteplicità algebrica di \lambda_3 è due, così come lo è la sua molteplicità algebrica.

Attenzione ora: poiché m_{a}(\lambda_3)=2, allora la somma tra la molteplicità algebrica di \lambda_1 e quella di \lambda_2 deve essere necessariamente essere pari a 2, infatti

m_{a}(\lambda_1)+m_{a}(\lambda_2)=4-m_{a}(\lambda_3)=4-2=2

Non potendo essere nulle, necessariamente:

m_{a}(\lambda_1)=1 \ \ \ \mbox{e} \ \ \ m_{a}(\lambda_2)=1

Se così non fosse, si raggiungerebbe un assurdo!

Possiamo finalmente affermare che l'endomorfismo è diagonalizzabile perché rispetta entrambe le condizioni.


Matrice associata all'endomorfismo

Sia A_{F}\in \mbox{Mat}(4,4,\mathbb{R}) la matrice associata a F relativa alla base canonica di \mathbb{R}^{4}, poiché F è diagonalizzabile lo è anche la matrice che la rappresenta.

In accordo con la definizione di matrice diagonalizzabile, esiste una matrice invertibile P tale che

D=M^{-1}A_{F}M

dove D è la matrice diagonale avente per elementi diagonali gli autovalori di F

D=\begin{pmatrix}2&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}

mentre M è la matrice che ha per colonne gli autovettori di F (sono \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3 e \mathbf{v}_4).

M=\begin{pmatrix}1&1&-1&0\\ 1&0&1&0\\ 1&0&0&-1\\ 1&0&0&1\end{pmatrix}

Calcolata l'inversa di M, che è:

M^{-1}=\begin{pmatrix}0 && 0 && \dfrac{1}{2} && \dfrac{1}{2} \\ \\ 1 && 1 && -1 && -1 \\ \\ 0 && 1 && -\dfrac{1}{2} && -\dfrac{1}{2} \\ \\ 0 && 0 && -\dfrac{1}{2} && \dfrac{1}{2}\end{pmatrix}

possiamo calcolare A_{F} sfruttando l'uguaglianza

D=M^{-1}A_FM

Moltiplicando membro a membro per M (da sinistra) e M^{-1} (da destra), segue che:

\\ A_{F}=MDM^{-1}= \\ \\ = \begin{pmatrix}1&1&-1&0\\ 1&0&1&0\\ 1&0&0&-1\\ 1&0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 && 0 && \dfrac{1}{2} && \dfrac{1}{2} \\ \\ 1 && 1 && -1 && -1 \\ \\ 0 && 1 && -\dfrac{1}{2} && -\dfrac{1}{2} \\ \\ 0 && 0 && -\dfrac{1}{2} && \dfrac{1}{2}\end{pmatrix}=\\ \\ \\ =\begin{pmatrix}1&1&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&1&1\\ 0&0&1&1\end{pmatrix}


Immagine dell'applicazione lineare

Ora che disponiamo della matrice associata a F, il calcolo dell'immagine dell'applicazione lineare è pressoché immediata.

Per prima cosa usiamo l'algoritmo di Gauss per ridurre A_{F} in una matrice a gradini.

Passiamo quindi dalla matrice

A_{F}=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&1&1\\ 0&0&1&1\end{pmatrix}

alla matrice

A_{F}'=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\ 0&0&1&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}

avente due pivot:

a'_{11}=1 \ \ ; \ \ a'_{23}=1.

Le colonne della matrice A_F che corrispondono alle colonne di A_{F}' contenenti i pivot costituiscono una base per l'immagine, per cui:

\mathcal{B}_{\mbox{Im}(F)}=\left\{(1,0,0,0),(0,1,1,1)\right\}

Abbiamo finito.
Ringraziano: Ifrit, marcolino87, Galois
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Os