Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro

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Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101423

avt
math.h
Punto
Salve a tutti.

Ho difficoltà nello svolgimento di un esercizio sulla diagonalizzabilità di una matrice al variare di un parametro k reale. Mi occorrerebbe una grossa mano perché non ho capito come gestire il parametro.

Siano k un parametro reale e A_k la seguente matrice

A_k= \begin{pmatrix} 2k+1 & 2-k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k+3 \end{pmatrix}

1) Determinare i valori di k per i quali la matrice A_k è diagonalizzabile su \mathbb{R}.

2) Per i valori di k trovati, determinare una base di \mathbb{R}^3 composta da autovettori di A_k

Provo ad impostare la prima parte: per la diagonalizzabilità bisogna anzitutto calcolare il polinomio caratteristico ed imporlo uguale a zero. Le radici di questo polinomio saranno quindi gli autovalori, giusto?

Grazie ancora.
 
 

Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101424

avt
Galois
Amministratore
Data la seguente matrice quadrata parametrica di ordine tre

A_k=\begin{pmatrix}2k+1 & 2-k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k+3\end{pmatrix}

dobbiamo determinare i valori di k \in \mathbb{R} per cui la matrice è diagonalizzabile in \mathbb{R}, per poi calcolare una base di \mathbb{R}^3 formata da autovettori di A_k.

Per prima cosa calcoliamo gli autovalori di A_k. Successivamente stabiliremo per quali valori di k è diagonalizzabile e, successivamente, calcoleremo una base di autovettori.


Calcolo degli autovalori

Gli autovalori di una matrice sono gli zeri del polinomio caratteristico, dato dal determinante della matrice (A_k-\lambda \mbox{Id}_n), dove \lambda è una variabile e \mbox{Id}_n è la matrice identità avente lo stesso ordine di A_k.

\\ p(\lambda)=\mbox{det}(A_k-\lambda \mbox{Id}_3) = \\ \\ = \mbox{det}\left[\begin{pmatrix}2k+1 & 2-k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k+3\end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\right] = \\ \\ \\ = \mbox{det}\begin{pmatrix}2k+1-\lambda & 2-k & 0 \\ k & 1-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & k+3-\lambda\end{pmatrix}=

sviluppiamo il determinante con Laplace riferito alla terza riga, in quanto ha due elementi nulli

\\ =(-1)^{3+3} \cdot (k+3-\lambda) \cdot \mbox{det}\begin{pmatrix}2k+1-\lambda & 2-k \\ k & 1-\lambda\end{pmatrix} = \\ \\ = (k+3-\lambda)[(2k+1-\lambda)(1-\lambda)-k(2-k)]=

svolgiamo i calcoli nella coppia di parentesi quadre

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

ordiniamo il polinomio nella seconda coppia di parentesi tonde secondo le potenze decrescenti di \lambda

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

In buona sostanza:

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

Troviamone gli zeri risolvendo l'equazione

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

Applichiamo la legge di annullamento del prodotto e risolviamo, separatamente:

\\ k+3-\lambda=0 \ \to \ \lambda=k+3 \\ \\ \lambda^2-2(k+1)\lambda+k^2+1=0

Quest'ultima è un'equazione di secondo grado nell'incognita \lambda della forma

a\lambda^2 + b\lambda + c = 0

con

a=1 \ \ ; \ \ b=-2(k+1) \ \ ; \ \ c=k^2+1

Calcoliamone le soluzioni con la formula ridotta.

\\ \frac{\Delta}{4}=\left(\frac{b}{2}\right)^2-ac = \\ \\= (k+1)^2-(k^2+1) = \\ \\ = k^2+2k+1-k^2-1 = 2k

per cui

\lambda_{1,2}= \frac{-\dfrac{b}{2} \pm \sqrt{\dfrac{\Delta}{4}}}{a} = k+1\pm\sqrt{2k}

Abbiamo così trovato gli autovalori di A_k:

\lambda_1=k+1-\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_2 = k+1+\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_3=k+3


Studio della diagonalizzabilità di A_k

Una matrice quadrata è diagonalizzabile in \mathbb{R} se sono soddisfatte le seguenti condizioni:

1) il numero degli autovalori reali, contati con le rispettive molteplicità algebriche, è uguale all'ordine della matrice;

2) per ogni autovalore, le molteplicità algebrica e geometrica coincidono.

In particolare, essendo la molteplicità geometrica di un autovalore maggiore di 1 e minore della rispettiva molteplicità algebrica, se una matrice di ordine n ammette esattamente n autovalori reali distinti, allora è diagonalizzabile in \mathbb{R}.

Ciò premesso, gli autovalori di A_k sono

\lambda_1=k+1-\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_2 = k+1+\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_3=k+3

e affinché siano reali dev'essere k \ge 0.

Stabiliamo, ora, per quali valori di k sono distinti tra loro.

- Imponendo che sia \lambda_1 = \lambda_2 otteniamo l'equazione

k+1-\sqrt{2k} = k+1+\sqrt{2k} \ \to \ 2\sqrt{2k}=0

che è soddisfatta per k=0.

- Imponendo che sia \lambda_1 = \lambda_3 otteniamo l'equazione

k+1-\sqrt{2k} = k+3 \ \to \ \sqrt{2k}=-2

che non ammette soluzioni reali.

- Imponendo che sia \lambda_2 = \lambda_3 otteniamo l'equazione

k+1+\sqrt{2k} = k+3 \ \to \ \sqrt{2k}=2

che è soddisfatta per k=2.

Possiamo dunque asserire che per k \in \mathbb{R}^+-\{0,2\} la matrice A_k ammette tre autovalori reali e distinti, per cui è diagonalizzabile in \mathbb{R}.

Vediamo cosa succede per k=0 e per k=2.


Studio della diagonalizzabilità per k=0

Quando k=0 abbiamo

A_0=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}

e i suoi autovalori sono:

\lambda_1=\lambda_2=1 con molteplicità algebrica 2;

\lambda_3 = 3 con molteplicità algebrica e geometrica uguali a 1.

Calcoliamo la molteplicità geometrica di \lambda_1 con la formula

m_g(\lambda_1)=n-\mbox{rk}(A_0 - \lambda_1 \mbox{Id}_n)

dove n=3 è l'ordine di A_0 e \mbox{rk} indica il rango di una matrice.

\\ m_g(1) = 3-\mbox{rk}(A_{0}- 1 \mbox{Id}_3) = \\ \\ = 3 - \mbox{rk}\left[\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\right] = \\ \\ \\ = 3- \mbox{rk}\begin{pmatrix}0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix} =

il rango è certamente 2, infatti l'intera matrice ha determinante pari a zero e il minore associato alla sottomatrice di ordine due che si ottiene eliminandone la prima colonna e la seconda riga è non nullo

=3-2=1

Poiché la molteplicità geometrica di \lambda_1=1 è diversa da quella algebrica, per k=0 la matrice non è diagonalizzabile.


Studio della diagonalizzabilità per k=2

A_{2}=\begin{pmatrix}5 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}

e i suoi autovalori sono:

\lambda_1=1 con molteplicità algebrica e geometrica uguali a 1;

\lambda_2 = \lambda_3 = 5 con molteplicità algebrica 2.

La molteplicità geometrica di \lambda_2 è:

\\ m_g(5) = 3-\mbox{rk}(A_{2}- 5 \mbox{Id}_3) = \\ \\ = 3 - \mbox{rk}\left[\begin{pmatrix}5 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\right] = \\ \\ \\ = 3- \mbox{rk}\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 2 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} = 3-1 = 2

In questo caso le molteplicità algebrica e geometrica dei due autovalori coincidono, dunque A_2 è diagonalizzabile in \mathbb{R}.

In conclusione A_k è diagonalizzabile in \mathbb{R} per ogni k>0.


Calcolo di una base di autovettori

Abbiamo stabilito che A_k è diagonalizzabile in \mathbb{R} per ogni k>0 e che i suoi autovalori sono:

\lambda_1=k+1-\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_2 = k+1+\sqrt{2k} \ \ ; \ \ \lambda_3=k+3

Per calcolare una base di \mathbb{R}^3 formata da autovettori di A_k è sufficiente calcolare una base per ciascuno degli autospazi associati ai tre autovalori e considerarne l'unione.


Base dell'autospazio relativo a \lambda_1

Una base dell'autospazio associato a \lambda_1 coincide con una base per lo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo

(A-\lambda_1 \mbox{Id}_3) \mathbf{v}=\mathbf{0}

dove \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 è un vettore colonna di incognite e \mathbf{0} \in \mathbb{R} è il vettore colonna nullo.

Ricaviamo la forma esplicita del sistema

\\ \left[\begin{pmatrix}2k+1 & 2-k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k+3\end{pmatrix} - \lambda_1 \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\right]\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \\ \\ \\ \begin{pmatrix}k+\sqrt{2k} & 2-k & 0 \\ k & -k+\sqrt{2k} & 0 \\ 0 & 0 & 2+\sqrt{2k}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

calcoliamo il prodotto riga per colonna

\begin{pmatrix}(k+\sqrt{2k})x+(2-k)y \\ kx + (-k+\sqrt{2k})y \\ (2+\sqrt{2k})z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

e otteniamo il sistema omogeneo

\begin{cases}(k+\sqrt{2k})x+(2-k)y=0 \\ kx + (-k+\sqrt{2k})y=0 \\ (2+\sqrt{2k})z=0 \end{cases}

di cui dobbiamo trovare una base per lo spazio delle soluzioni.

L'ultima equazione ha per soluzione z=0

\begin{cases}(k+\sqrt{2k})x+(2-k)y=0 \\ kx + (-k+\sqrt{2k})y=0 \\ z=0 \end{cases}

Assegnando il ruolo di parametro libero a y e ricavando il valore di x dalla seconda equazione otteniamo che le soluzioni del sistema sono:

(x,y,z)=\left(\frac{k-\sqrt{2k}}{k}a,a,0\right) = a\left(\frac{k-\sqrt{2k}}{k},1,0\right)

per cui una base dell'autospazio associato a \lambda_1 è formata dal vettore

\mathbf{v}_1=\left(\frac{k-\sqrt{2k}}{k},1,0\right)


Base dell'autospazio relativo a \lambda_2

Una base dell'autospazio associato a \lambda_2 è una base per lo spazio delle soluzioni del sistema

(A-\lambda_2 \mbox{Id}_3) \mathbf{v}=\mathbf{0}

ossia

\begin{pmatrix}k-\sqrt{2k} & 2-k & 0 \\ k & k+\sqrt{2k} & 0 \\ 0 & 0 & 2-\sqrt{2k} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

che equivale a

\begin{cases}(k-\sqrt{2k})x+(2-k)y=0 \\ kx + (k+\sqrt{2k})y=0 \\ (2-\sqrt{2k})z=0 \end{cases}

Tale sistema è soddisfatto da

(x,y,z)=\left(\frac{k+\sqrt{2k}}{k}a,a,0\right) = a\left(\frac{k+\sqrt{2k}}{k},1,0\right)

dunque una base dell'autospazio associato a \lambda_2 è formata dal vettore

\mathbf{v}_2=\left(\frac{k+\sqrt{2k}}{k},1,0\right)


Base dell'autospazio relativo a \lambda_3

Oramai dovrebbe essere chiaro che una base dell'autospazio riferito a \lambda_3 si ottiene risolvendo il sistema

(A-\lambda_3 \mbox{Id}_3) \mathbf{v}=\mathbf{0}

la cui forma esplicita è data da

\begin{cases}(k-2)x+(2-k)y=0 \\ kx-(k+2)y=0\end{cases}

Assegnando a z il ruolo di parametro libero otteniamo le soluzioni

(x,y,z)=(0,0,a)=(0,0,1)

pertanto una base dell'autospazio associato a \lambda_3 è formata dal vettore

\mathbf{v}_3=(0,0,1)


Per concludere, per k \in \mathbb{R}^+-\{0\} una base di \mathbb{R}^3 formata da autovettori di A_k è

\mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}

È tutto!
Ringraziano: Omega

Re: Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101425

avt
math.h
Punto
Ciao Galois.

Nella risoluzione mi ci sono trovato, tuttavia ho dei dubbi:

1) Quando hai trovato gli autovalori al variare di k, bisogna imporre k\ge 0 perché altrimenti sulla radice, con numeri negativi, vengono valori complessi?

2) Perché hai imposto l'equivalenza tra tutte le coppie di autovalori? Potresti rispiegarmelo?

3) Quindi nella risoluzione del sistema lineare omogeneo, per trovare la base dell'autospazio relativo ad un autovalore devo trovare una base per lo spazio delle soluzioni del sistema lineare imposto con un \lambda?

4) Nell'ultima risoluzione, con \lambda_3=k+3 , perché l'hai trovato per \lambda_3=k ?

Grazie mille

Re: Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101427

avt
Galois
Amministratore
Vediamo di chiarire questi ultimi dubbi.

In generale, una delle condizioni che deve soddisfare una matrice affinché sia diagonalizzabile in un campo \mathbb{K} è che tutti i suoi autovalori appartengano a \mathbb{K}.

Nel nostro caso è richiesto lo studio della diagonalizzabilità in \mathbb{R} e affinché \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 siano tutti e tre reali, k dev'essere positivo o, al più, nullo. Se così non fosse la quantità \sqrt{2k} restituirebbe un numero complesso e verrebbe meno una delle condizioni sulla diagonalizzabilità.


Passando alla seconda domanda, sappiamo che se una matrice di ordine n ha esattamente n autovalori reali e distinti allora è diagonalizzabile in \mathbb{R}. Ho quindi imposto che gli autovalori siano uguali a due a due per trovare i valori di k per cui coincidono e, di conseguenza, i valori per cui sono diversi tra loro.


Terza domanda: data una matrice A di ordine n e detto \lambda_0 un suo autovalore, si dice autospazio relativo a \lambda_0 l'insieme

V_{\lambda_0}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^n \ | \ A\mathbf{v}=\lambda_0 \mathbf{v}\}

Si dimostra che una base di V_{\lambda_0} è una base dello spazio delle soluzioni del sistema

A\mathbf{v}=\lambda_0 \mathbf{v}

ossia

(A-\lambda_0 \mbox{Id}_n)\mathbf{v}=\mathbf{0}

cosicché per calcolare una base di V_{\lambda_0} è sufficiente calcolare una base del suddetto sistema lineare omogeneo.


Quarta e ultima domanda: si è trattato di un errore di digitazione. I calcoli sono stati effettuati per l'autovalore \lambda_3=k+3

Re: Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101428

avt
math.h
Punto
Ok bene, ho compreso le tue risposte.

Ultima cosa:
quindi osservando dalle imposizioni che per k=2 e k=0 la molteolicità algebrica e geometrica non coincidono, non posso usare la definizione, quindi devo andare ''studiare'' manualmente (sempre con la definizione) proprio la molteplicità geometrica in quanto quella algebrica la conosco già; è giusto il mio ragionamento?

Re: Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101429

avt
Galois
Amministratore
Dovresti esserci, ma ti sei espresso davvero poco chiaramente...

Per k=0 e per k=2 sai che la matrice ha due autovalori reali e distinti:

- uno con molteplicità algebrica 1, e quindi anche la geometrica è 1;

- l'altro con molteplicità algebrica 2.

Affinché la matrice sia diagonalizzabile la molteplicità algebrica di ogni autovalore dev'essere uguale alla rispettiva molteplicità geometrica, dunque occorre calcolare la molteplicità geometrica degli autovalori che hanno molteplicità algebrica 2 e trarre le giuste conclusioni.
Ringraziano: math.h

Re: Diagonalizzabilità e base di autovettori al variare di un parametro #101430

avt
math.h
Punto
Ok perfetto, adesso è tutto chiaro.
Scusami, mi ero espresso male.
Grazie mille!
Ringraziano: Galois
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Os