Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile

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Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile #62585

avt
kukaaa
Cerchio
Salve riscontrato dei problemi con una matrice con parametro di cui devo calcolare la matrice inversa e devo stabilire se è diagonalizzabile.

a) Data la matrice

A=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & k & 8 \\ k & 2 & 0\end{matrix}\right]

a coefficienti reali, si determini al variare di k la dimensione di nucleo e
immagine dell’applicazione lineare associata ad A nelle basi canoniche di
dominio e codominio.

b) Scelto un valore opportuno di k (se esiste) si trovi l’inversa di A.

c) Scelto un valore di k (se esiste) per cui ker(A) \neq 0, si determinino gli
autovalori di A e si dica se A è diagonalizzabile.

d) Si dica per quali valori di k (se esistono) il sistema Ax = v ha soluzione
con v = (1, 8, 1).
 
 

Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile #62586

avt
Galois
Coamministratore
Ciao kukaaa emt

Abbiamo

A=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & k & 8 \\ k & 2 & 0\end{matrix}\right]

matrice a coefficienti reali definita al variare di un parametro k \in \mathbb{R} e dobbiamo determinare dimensione di nucleo e immagine dell'applicazione lineare definita dalla matrice A

Bene! Per sminuire il più possibile i conti basta osservare che, essendo A una matrice quadrata di ordine 3, ovvero avente 3 righe e 3 colonne, gli insiemi di partenza e d'arrivo dell'applicazione lineare f_A da essa definita hanno dimensione 3, ovvero:

f_A: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3

Premesso questo partiamo col trovare, al variare di k \in \mathbb{R}, la dimensione dell'immagine dell'applicazione lineare che è data dal rango della matrice A al variare di k.

Per trovarlo ci basta, innanzitutto, calcolare il determinante di tale matrice.

Possiamo procedere o con la regola di Sarrus o, ancora più velocemente, osservando che la terza colonna di A ha due zeri, con la regola di Laplace che trovi spiegata nella lezione sul calcolo del determinante.

Sviluppando secondo la terza colonna abbiamo infatti

\mbox{det}(A) = -1^{2+3} \cdot 8 \cdot \mbox{det} \left[\begin{matrix} 1 & -1 \\ k & 2 \end{matrix}\right] = -1 \cdot 8 \cdot (2+k) = -8k-16

Pertanto per:

\mbox{det}(A) \neq 0, \ \mbox{ovvero per} \ k \neq -2

il rango di A è pari a 3 e quindi \mbox{dim[Im(f)]}=3

mentre per k=-2, \ \ \mbox{rank(A)}=2 da cui \mbox{dim[Im(f)]}=2

Ricordando ora che se F è un'applicazione lineare,

F: V \to W

allora \mbox{dim[Ker(f)]}=\mbox{dim(V)}-\mbox{dim[Im(f)]}

essendo nel nostro caso la dimensione dell'insieme di partenza pari a 3, si ha che:

per k\neq -2

\mbox{dim[Ker(f)]}=\mbox{dim(V)}-\mbox{dim[Im(f)]} = 3-3 = 0

mentre per k=-2

\mbox{dim[Ker(f)]}=\mbox{dim(V)}-\mbox{dim[Im(f)]} = 3-2 = 1
Ringraziano: CarFaby, ValerioPulcini

Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile #62587

avt
Galois
Coamministratore
Passiamo ora al secondo punto:

b) Scelto un valore opportuno di k (se esiste) si trovi l’inversa di A

Sappiamo che una matrice è invertibile se il suo determinante è diverso da zero. Noi abbiamo già calcolato al punto precedente il determinante della matrice A è visto che per k \neq -2 esso è diverso da zero.

Pertanto possiamo affermare che la matrice A è invertibile per k \neq -2 e calcolarne l'inversa che è data da:

A^{-1}=\frac{1}{det(A)}\left[\begin{matrix} Cof(a_{1,1}) & Cof(a_{1,2}) & Cof(a_{1,3}) \\ Cof(a_{2,1}) & Cof(a_{2,2}) & Cof(a_{2,3})\\  Cof(a_{3,1}) & Cof(a_{3,2}) & Cof(a_{3,3}) \end{matrix}\right]^T

dove con ^T si indica la matrice trasposta e con

Cof \left( a_{ij} \right), \ \forall i,j \in \{1,2,3\}

il cofattore o complemento algebrico che si ottiene dalla matrice A eliminando l'i-esima riga e la j-esima colonna, ovvero:

Cof \left( a_{ij} \right) = (-1)^{i+j} \cdot C_{ij}

dove C_{ij} è il minore di ordine 2 che si ottiene da A eliminando la i-esima riga e la j-esima colonna.

Ora, il testo dell'esercizio chiedeva di scegliere un valore di k. Possiamo scegliere qualsiasi valore a patto che sia diverso da -2. Se sei furbo puoi scegliere k=0 emt

Io, invece, trovo l'inversa lasciando k come parametro libero diverso da -2

Sapevamo già che:

\mbox{det(A)} = -8k-16

Ora:

Cof(a_{11}) = (-1)^{1+1} \cdot C_{11} = 1 \cdot det \left[ \begin{matrix} k & 8 \\ 2 & 0  \end{matrix}  \right] = 0-16=-16

Cof(a_{12}) = (-1)^{1+2} \cdot C_{12} = -1 \cdot det \left[ \begin{matrix} -1 & 8 \\ k & 0  \end{matrix}  \right] = -1(0-8k)= 8k

Cof(a_{13}) = (-1)^{1+3} \cdot C_{13} = 1 \cdot det \left[ \begin{matrix} -1 & k \\ k & 2  \end{matrix}  \right] = -2-k^2

Cof(a_{21}) = (-1)^{2+1} \cdot C_{21} = -1 \cdot det \left[ \begin{matrix} -1 & 0 \\ 2 & 0  \end{matrix}  \right] = -1(0-0)=0

Cof(a_{22}) = (-1)^{2+2} \cdot C_{22} = 1 \cdot det \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ k & 0  \end{matrix}  \right] = 0-0= 0

Cof(a_{23}) = (-1)^{2+3} \cdot C_{23} = (-1) \cdot det \left[ \begin{matrix} 1 & -1 \\ k & 2  \end{matrix}  \right] = -1(2+k)= -k-2

Cof(a_{31}) = (-1)^{3+1} \cdot C_{31} = 1 \cdot det \left[ \begin{matrix} -1 & 0 \\ k & 8  \end{matrix}  \right] = -8 - 0= -8

Cof(a_{32}) = (-1)^{3+2} \cdot C_{32} = -1 \cdot det \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ -1 & 8  \end{matrix}  \right] = -1(8-0)= -8

Cof(a_{33}) = (-1)^{3+3} \cdot C_{33} = 1 \cdot det \left[ \begin{matrix} 1 & -1 \\ -1 & k  \end{matrix}  \right] = k-1

La matrice dei complementi algebrici è quindi:

\left[\begin{matrix} -16 & 8k & -2-k^2 \\ 0 & 0 & -k-2 \\ -8 & -8 & k-1\end{matrix}\right]

la cui trasposta sarà:

\left[\begin{matrix} -16 & 8k & -2-k^2 \\ 0 & 0 & -k-2 \\ -8 & -8 & k-1\end{matrix}\right]^T = \left[\begin{matrix} -16 & 0 & -8 \\ 8k & 0 & -8 \\ -2-k^2 & -k-2 & k-1 \end{matrix}\right]

Pertanto

A^{-1}= -\frac{1}{8k+16} \left[\begin{matrix} -16 & 0 & -8 \\ 8k & 0 & -8 \\ -2-k^2 & -k-2 & k-1 \end{matrix}\right]
Ringraziano: Pi Greco, CarFaby, ValerioPulcini

Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile #62588

avt
Galois
Coamministratore
Veniamo ora al terzo punto:

c) Scelto un valore di k (se esiste) per cui ker(A) \neq 0, si determinino gli
autovalori di A e si dica se A e’ diagonalizzabile

Abbiamo visto al punto a) che ker(f) \neq 0 per k=-2

Andiamo quindi a sostituire tale valore nella matrice di partenza al posto di k, ottenendo così

A_{-2} = \left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & -2 & 8 \\ -2 & 2 & 0 \end{matrix}\right]

di cui andiamo ora a determinare gli autovalori che altro non sono se non le radici del polinomio caratteristico che è dato da

det(A-\lambda Id)

Ora:

A-\lambda ID = \left[\begin{matrix} 1-\lambda & -1 & 0 \\ -1 & -2-\lambda & 8 \\ -2 & 2 & -\lambda \end{matrix}\right]

il cui determinante è, sviluppandolo sempre con la Regola di Laplace rispetto alla terza colonna

det\left[\begin{matrix} 1-\lambda & -1 & 0 \\ -1 & -2-\lambda & 8 \\ -2 & 2 & -\lambda \end{matrix}\right] =

=-1^{2+3} \cdot 8 \cdot det \left[\begin{matrix} 1-\lambda & -1 \\ k & 2 \end{matrix}\right] + (-1)^{3+3} \cdot (-\lambda) \cdot det \left[\begin{matrix} 1-\lambda & -1 \\ -1 & k \end{matrix}\right] =

dopo qualche conticino puramente algebrico che lascio a te:

=-\lambda^3 - \lambda^2 + 19 \lambda

Ovvero il polinomio caratteristico è dato da

P(\lambda)=-\lambda^3 - \lambda^2 + 19 \lambda

le cui radici si trovano trovando le soluzioni dell'equazione di terzo grado

-\lambda^3 - \lambda^2 + 19 \lambda=0

\lambda(-\lambda^2 - \lambda + 19)=0

da cui

\lambda_{0}=0

-\lambda^2 - \lambda + 19=0

che è un'equazione di secondo grado che ammette le due radici reali e distinte:

\lambda_1=\frac{-1 + \sqrt{77}}{2}

\lambda_2=\frac{-1 - \sqrt{77}}{2}


\lambda_0, \ \lambda_1, \ \lambda_2 sono i tre autovalori della matrice A

--------------------------
-------------------------

Essendo A_{-2} una matrice quadrata di ordine 3 avente tre autovalori distinti, essa è diagonalizzabile in quanto la loro molteplicità algebrica e geometrica è pari ad uno. Leggi le lezioni linkate per una spiegazione dettagliata
Ringraziano: CarFaby, ValerioPulcini

Matrice con parametro inversa e diagonalizzabile #62590

avt
Galois
Coamministratore
Vediamo infine l'ultimo punto:

d) Si dica per quali valori di k (se esistono) il sistema Ax = v ha soluzione
con v = (1, 8, 1)

Non dobbiamo far altro se non studiare la compatibilità del sistema lineare:

Ax=v

al variare del parametro k in \mathbb{R}

ovvero, essendo

A=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & k & 8 \\ k & 2 & 0\end{matrix}\right]

x=\left[\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}\right]

v=\left[\begin{matrix}1 \\ 8 \\ 1 \end{matrix}\right]

il nostro sistema sarà:

\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & k & 8 \\ k & 2 & 0\end{matrix}\right] \left[\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix}1 \\ 8 \\ 1 \end{matrix}\right]

procedendo col prodotto riga per colonna:

\begin{cases}x-y=1 \\ -x+ky+8z=8 \\ kx+2y=1 \end{cases}

Per studiarne la compatibilità procediamo col Teorema di Rouché Capelli. La matrice incompleta associata al sistema altro non è se non la matrice

A=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & k & 8 \\ k & 2 & 0\end{matrix}\right]

mentre quella completa:

(A|b)=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & k & 8 & 8 \\ k & 2 & 0 & 1 \end{matrix}\right]

Ora, il determinate della matrice A l'abbiamo già calcolato al primo punto:

det(A)=-8k-16

ed avevamo già osservato che per k \neq -2 il suo rango era massimo e pari a 3, pertanto per

k \neq -2: \ rank(A) = rank(A|b) = 3

Il sistema è dunque compatibile e ammette un'unica soluzione.

Per k=-2 il rango della matrice A è pari a 2, mentre il rango della matrice completa (A|b) che per k=-2 diventa:

(A|b)=\left[\begin{matrix} 1 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & -2 & 8 & 8 \\ -2 & 2 & 0 & 1 \end{matrix}\right]

è pari a 3. Per convincersene basta calcolare il determinante del minore di ordine 3 che si ottiene eliminando la prima colonna:

det\left[\begin{matrix} -1 & 0 & 1 \\ -2 & 8 & 8 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}\right]=-24

Quindi per k=-2 il sistema è incompatibile.

Possiamo quindi concludere che per k \neq -2 il sistema Ax = v ha soluzione

Finito emt
Ringraziano: Pi Greco, CarFaby, ValerioPulcini, and95
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Os