Ricavare autovalori e autospazi da una matrice con termini sotto radice

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Ricavare autovalori e autospazi da una matrice con termini sotto radice #101024

avt
FullMath
Punto
Forse sono io che mi sono impallato, ma non riesco a trovare gli autovalori della seguente matrice:

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

Devo inoltre determinare se esiste una matrice P ortogonale tale che la matrice P^{t}MP sia diagonale.

Grazie per la delucidazione!
 
 

Re: Ricavare autovalori e autospazi da una matrice con termini sotto radice #101030

avt
Ifrit
Amministratore
Sia data la matrice

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

Il primo punto del problema ci chiede di calcolare gli autovalori della matrice: a questo proposito indichiamo con \mbox{Id}_{3} la matrice identica di ordine 3 ed esplicitiamo il polinomio caratteristico associato a M, ossia il polinomio che si ottiene calcolando il determinante della matrice M-\lambda\mbox{Id}_3

\mbox{det}(M-\lambda\mbox{Id}_3)=\mbox{det}\begin{pmatrix}1-\lambda&-2\sqrt{2}&1\\ -2\sqrt{2}& -\lambda&2\sqrt{2}\\ 1&2\sqrt{2}&1-\lambda\end{pmatrix}=

Per esplicitare il determinante usiamo la regola di Laplace sviluppando lungo la prima riga

\\ =(1-\lambda)\mbox{det}\begin{pmatrix}-\lambda&2\sqrt{2}\\ 2\sqrt{2}&1-\lambda\end{pmatrix}-(-2\sqrt{2})\mbox{det}\begin{pmatrix}-2\sqrt{2}&2\sqrt{2}\\ 1&1-\lambda\end{pmatrix}+\\ \\ \\ +\mbox{det}\begin{pmatrix}-2\sqrt{2}&-\lambda\\ 1&2\sqrt{2}\end{pmatrix}=

Sviluppiamo i determinanti delle matrici 2\times 2

=(1-\lambda)\left[-\lambda(1-\lambda)-8\right]+2\sqrt{2}\left[-2\sqrt{2}(1-\lambda)-2\sqrt{2}\right]+[-2\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}+\lambda]=

e usiamo le proprietà delle radici per semplificare i calcoli

\\ =(1-\lambda)[\lambda^2-\lambda-8]+2\sqrt{2}\cdot (-2\sqrt{2})[1-\lambda+1]+[-8+\lambda]=\\ \\ = (1-\lambda)[\lambda^2-\lambda-8]-8[2-\lambda]+[\lambda-8]=\\ \\ =-\lambda^3+2\lambda^2+16\lambda-32

Dalla teoria sappiamo che gli autovalori di M sono gli zeri del polinomio caratteristico, sono cioè soluzioni dell'equazione di terzo grado

-\lambda^3+2\lambda^2+16\lambda-32=0

Per poterla studiare, raccogliamo parzialmente -\lambda^2 tra i primi due addendi e 16 dagli ultimi due

-\lambda^2(\lambda-2)+16(\lambda-2)=0

dopodiché mettiamo in evidenza il fattore comune \lambda-2

(\lambda-2)(16-\lambda^2)=0

Scomponiamo la differenza di quadrati 16-\lambda^2

(\lambda-2)(4-\lambda)(4+\lambda)=0

e usiamo la legge di annullamento del prodotto grazie alla quale l'equazione si spezza nelle seguenti tre

\\ \lambda-2=0 \ \ \ \to \ \ \ \lambda=2\\ \\ 4-\lambda=0 \ \ \ \to \ \ \ \lambda=4\\ \\ 4+\lambda=0 \ \ \ \to \ \ \ \lambda=-4

In definitiva, gli autovalori della matrice M sono:

\lambda_1=-4,\ \lambda_2=2,\ \lambda_3=4

Occupiamoci della seconda parte dell'esercizio: dobbiamo determinare una matrice ortogonale P tale che P^{t}MP è una matrice diagonale.

Prima di iniziare qualsiasi calcolo è opportuno osservare che M è una matrice simmetrica e in virtù del teorema spettrale per matrici simmetriche essa è certamente una matrice diagonalizzabile e la matrice diagonalizzante D ha per colonne gli elementi delle basi degli autospazi associati alla matrice.

Il teorema inoltre garantisce che esiste una matrice ortogonale P in grado di diagonalizzare M e che soddisfa la relazione

P^{t}MP=\Lambda

dove \Lambda è la matrice diagonale che ha gli autovalori di M sulla diagonale principale.

Attenzione! D non è la matrice ortogonale P, ma è grazie a D che potremo calcolare P.

Calcoliamo quindi l'autospazio associato all'autovalore \lambda_1=-4, il quale è composto dalle soluzioni del sistema lineare in forma matriciale

(M-(-4)\mbox{Id}_{3})\mathbf{x}=\mathbf{0}

o in maniera estesa

\begin{cases}5x-2\sqrt{2}y+z=0\\ -2\sqrt{2}x+4y+2\sqrt{2}=0\\ x+2\sqrt{2}y+5z=0\end{cases}

Usando uno dei metodi risolutivi per i sistemi lineari scopriamo che il sistema è soddisfatto da tutte le triple

(x,y,z)=(t,\sqrt{2}t,-t)\ \ \ \mbox{con} \ t\in\mathbb{R}

e costituiscono l'autospazio

V_{-4}=\{(t,\sqrt{2}t,-t), \ t\in\mathbb{R}\}

il quale è generato dal vettore \mathbf{v}_1=(1,\sqrt{2},-1).

Calcoliamo l'autospazio associato all'autovalore \lambda_2=2: basta impostare il sistema lineare

(M-2\mbox{Id}_{3})\mathbf{x}=\mathbf{0}

ossia

\begin{cases}-x-2\sqrt{2}y+z=0\\ -2\sqrt{2}x-2y+2\sqrt{2}z=0\\ x+2\sqrt{2}y-z=0\end{cases}

Le triple che lo soddisfano sono della forma

(x,y,z)=(t,0,t) \ \ \ \mbox{con} \ t\in\mathbb{R}

e costituiscono l'autospazio

V_{2}=\{(t,0,t), \ t\in\mathbb{R}\}

il quale è generato dal vettore \mathbf{v}_2=(1,0,1).

Occupiamoci dell'autospazio associato all'autovalore \lambda_3=4.

Il metodo è sempre lo stesso: consideriamo l'equazione matriciale

(M-4\mbox{Id}_3)\mathbf{x}=\mathbf{0}

che si tramuta nel sistema lineare omogeneo

\begin{cases}-3x-2\sqrt{2}y+z=0\\ -2\sqrt{2}x-4y+2\sqrt{2}z=0\\ x+2\sqrt{2}y-3z=0\end{cases}

il quale è soddisfatto dalle triple che si presentano nella forma:

(x,y,z)=(t,-\sqrt{2}t,-t) \ \ \ \mbox{con} \ t\in\mathbb{R}

Esse costituiscono l'autospazio

V_{4}=\{(t,-\sqrt{2}t,-t),\ \mbox{con} \ t\in\mathbb{R}\}

il quale è generato dal vettore \mathbf{v}_{3}=(1,-\sqrt{2},-1).

Abbiamo tutte le informazioni necessarie per calcolare la matrice diagonalizzante D: essa è infatti la matrice che ha per colonne i vettori \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3, ossia

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

A questo punto possiamo avvalerci del metodo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt per ortogonalizzare le colonne di D che comporranno la matrice ortogonale P.

Poniamo

\mathbf{w}_1=\mathbf{v}_1=(1,\sqrt{2},-1)

e inneschiamo il metodo: calcoliamo il vettore

\\ \mathbf{w}_2=\mathbf{v}_2-\frac{\mathbf{v}_2\cdot\mathbf{w}_1}{\mathbf{w}_1\cdot\mathbf{w}_1}\mathbf{w}_1= \\ \\ \\ =(1,0,1)-\frac{(1,0,1)\cdot (1,\sqrt{2},-1)}{(1,\sqrt{2},-1)\cdot(1,\sqrt{2},-1)}(1,\sqrt{2},-1)=\\ \\ \\ =(1,0,1)

dove \cdot indica il prodotto scalare euclideo.

Continuiamo con i calcoli

\\ \mathbf{w}_3=\mathbf{v}_3-\frac{\mathbf{v}_3\cdot\mathbf{w}_1}{\mathbf{w}_1\cdot\mathbf{w}_1}\mathbf{w}_1-\frac{\mathbf{v}_3\cdot\mathbf{w}_2}{\mathbf{w}_2\cdot\mathbf{w}_2}\mathbf{w}_2=\\ \\ \\ =(1,-\sqrt{2},-1)-\frac{(1,-\sqrt{2},-1)\cdot (1,\sqrt{2},-1)}{(1,\sqrt{2},-1)\cdot(1,\sqrt{2},-1)}(1,\sqrt{2},-1)+\\ \\ \\ -\frac{(1,-\sqrt{2},-1)\cdot (1,0,1)}{(1,0,1)\cdot (1,0,1)}(1,0,1)=\\ \\ \\ =\left(1,-\sqrt{2},-1\right)

A questo punto normalizziamo i vettori \mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2,\mathbf{w}_{3} dividendo ciascuno di essi per le rispettive norme

\\ \frac{\mathbf{w}_1}{||\mathbf{w}_1||}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2}\right)\\ \\ \\ \frac{\mathbf{w}_2}{||\mathbf{w}_2||}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\\ \\ \\ \frac{\mathbf{w}_3}{||\mathbf{w}_3||}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2}\right)

e disponiamoli per colonne all'interno di una matrice: essa sarà la matrice P

P=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}&&\dfrac{1}{\sqrt{2}}&&\dfrac{1}{2}\\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}&&0&&-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\ \\ -\dfrac{1}{2}&&\dfrac{1}{\sqrt{2}}&&-\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}

Abbiamo finito.

Osservazione importante: in questo caso il metodo di Gram-Schmitd poteva essere tranquillamente bypassato perché per un noto teorema, autovettori associati ad autovalori distinti di una matrice simmetrica sono ortogonali. Di contro ho preferito fornire la strategia generale, così che tu possa riciclarla anche nel caso in cui due o più autovettori appartengano al medesimo autospazio.
Ringraziano: Omega
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Os