Esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice, correzione

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Esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice, correzione #806

avt
namis
Punto
Ciao ragazzi, potreste correggere lo svolgimento di un esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice?

Data la matrice reale A

0 -1 0
1 0 0
0 0 3

calcolarne autovalori, autovettori e autospazi (se esistono), dire se A è diagonalizzabile (giustificando la risposta sulla diagonalizzabilità) e, in caso affermativo, scriverne una base di autovettori.

Io ho fatto questi passaggi:

(0-t) -1 0
1 (0-t) 0
0 0 (3-t)

(3-t)(t^2+1)=(3-t)t(t+1)

t=0 molteplicità algebrica = 1 = molteplicità geometrica
t=3 molteplicità algebrica = 1 = molteplicità geometrica
t=-1 molteplicità algebrica = 1 = molteplicità geometrica

Sono tutti autovalori con molteplicità algebrica uguale alla molteplicità geometrica, quindi la matrice A è diagonalizzabile.

Autovettore per t=0

0 -1 0
1 0 0
0 0 3

-y=0
x=0
3z=0

quindi x=y=0 e z=1/3. L'autovettore è quindi (0,0,-1/3), e l'autospazio è generato da quest'unico vettore (0,0,-1/3) perché la molteplicità algebrica di 0 è 1.

PS: Se fosse stata 2 ad esempio avrei dovuto trovare un altro vettore linearmente indipendente da (0,0,-1/3) per far raggiungere all'autospazio dimensione 2, giusto? Si fa così quando la molteplicità algebrica è maggiore di uno, cioè lo devo trovare io basta che sia linearmente indipendente?

Autovettore per t=3

-3 -1 0
1 -3 0

viene il sistema:

-3x-y=0
x-3y=0

quindi

x=1-3y
1/3y-3y=0

quindi

x=1/8
y=3/8

L'autovettore è quindi (1/8,3/8,0) dato che il sistema mi dice che le condizioni sono che x deve essere 1/8 e y 3/8, mi scelgo una z a piacere (nel mio caso 0); l'autospazio ha dimensione 1 ed è generato proprio da quell'autovettore.

Autovettore per t=-1

1 -1 0
1 1 0
0 0 4

Il sistema è quindi

x-y=0
x+y=0
4z=0

quindi

x=-y
z=1/4

il sistema mi dice che y varia al variare di x. Quindi un autovettore è (1,-1,1/4), che genera l'autospazio di dimensione 1

Una base di autovettori è quindi ((0,0,-1/3)(1/8,3/8,0)(1,-1,1/4))

Grazie mille!
 
 

Esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice, correzione #812

avt
Ifrit
Ambasciatore
(3-t)(t^2+1)=(3-t)t(t+1)
questo è un errore che ti fa saltare tutta la discussione...
Altro errore: dici che da 3z=0 segue z= 1/3
Mi spiace. Ad ogni modo, mi pare che il procedimento tu lo abbia centrato emt

Riprova a risolvere tutto da capo. Se non ci riesci, chiedi, magari qualcuno un po' più ferrato di me saprà darti l'idea giusta emt
Ringraziano: CarFaby

Esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice, correzione #817

avt
namis
Punto
E' vero, è stata una mia distrazione, z=0. Per quanto riguarda l'altro errore dovrebbe venire (t^2)(3-t)? E di conseguenza le soluzioni sono t=0 e t=3, giusto?

Esercizio su autovalori, autovettori e diagonalizzabilità di una matrice, correzione #818

avt
Ifrit
Ambasciatore
Ok, cercherò di spiegarti l'esercizio, spero però di fare in modo corretto, visto che non sono molto bravo in Geometria. emt

Partiamo! Sia A la matrice 3x3

A=\begin{bmatrix}0 & -1 & 0 \\1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 3\end{bmatrix}


Andiamo alla ricerca degli autovalori i quali annullano il polinomio caratteristico:

p(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda I)


Dove:
A-\lambda I=\begin{bmatrix}-\lambda & -1 & 0 \\1 & -\lambda & 0 \\0 & 0 & 3-\lambda\end{bmatrix}


Pertanto

p(\lambda)= -\lambda(-\lambda (3-\lambda))-(-1)(3-\lambda)=


p(\lambda)=  \lambda^2(3-\lambda)+(3-\lambda)=(\lambda^2+1)(3-\lambda)


A questo punto dobbiamo risolvere l'equazione caratteristica:

p(\lambda)=0\iff (\lambda^2+1)(3-\lambda)=0


Attenzione: Qui la questione è delicata perché dipende dal campo \mathbb{K} con cui stiamo lavorando. Perciò preferisco distinguere i due casi, vedrai poi tu quale ti interessa:


\mathbb{K}=\mathbb{R}

In questo caso, il polinomio caratteristico ha solo una radice reale:

p(\lambda)=0\iff (\lambda^2+1)(3-\lambda)=0

Per la legge di annullamento del prodotto il polinomio è nullo se almeno uno dei due fattori è nullo:
\lambda^2+1=0

non ha soluzioni reali

mentre:
3-\lambda=0\iff \lambda=\lambda_1= 3


\lambda_1 è l'unica radice reale del polinomio caratteristico e ha molteplicità algebrica m_a(\lambda_1)= 1

Ciò implica che la molteplicità geometrica m_g(\lambda_1)=1, questa caratteristica segue dalla disuguaglianza:

1\le m_g(\lambda_1)\le m_a(\lambda_1)=1


Pertanto la somma delle molteplicità geometriche di tutti gli autovalori è 1, strettamente inferiore a 3. La matrice non è diagonalizzabile sul campo dei numeri reali.

Andiamo ora alla ricerca degli autovettori associati all'autovalore \lambda_1= 3

Tali autovettori devono essere tali che:

(A-3 I) \mathbf{x}=0


Dove \mathbf{x}\in\mathbb{R}^3 è un vettore colonna, con tre componenti.

(A-3I) \mathbf{x}=\begin{bmatrix}-3 & -1 & 0 \\1 & -3 & 0 \\0 & 0 & 0\end {bmatrix}\begin{bmatrix}x \\y \\z\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}0 \\0 \\0\end{bmatrix}


da cui si ottiene che:

\left\{\begin{matrix}-3x-y=0 \\ x-3y=0\end{matrix}\right\implies x=0, y=0


z è un parametro libero, possiamo cioè sceglierlo a nostro piacere, possiamo concludere che:

\mathbf{x}=\begin{bmatrix}0 \\0 \\ \alpha\end{bmatrix}\quad\alpha\in \mathbb{R}


L'autospazio

V=\left\{\begin{bmatrix}0 \\0 \\ \alpha\end{bmatrix}\mbox{: }\alpha\in \mathbb{R}\right\}

ha dimensione 1

Se \mathbb{K}=\mathbb{C} la questione si allunga un pochetto, perciò preferisco tralasciarla per il momento. Se però hai necessità fai un fischio emt
Ringraziano: namis, xavier310, CarFaby, lallina
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Os