Matrice rappresentativa e diagonalizzabilità di un'applicazione lineare con parametro

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Matrice rappresentativa e diagonalizzabilità di un'applicazione lineare con parametro #91264

avt
Kronoa
Cerchio
Vi posto un altro problema di algebra lineare, qui riguarda la matrice rappresentativa e lo studio della diagonalizzabilità di un'applicazione lineare parametrica.

Al variare del parametro k\in\mathbb{R}, sia F_k : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3} l'operatore lineare definito dalle condizioni:

\\ F(1,1,0)=(1,2k-1,0) \\ \\ F(0,1,1,)=(1-k,k-4,k) \\ \\ F(0,0,1)=(1-k,-4,k)

Calcolare la matrice rappresentativa M_k di F_k rispetto alla base canonica e calcolare una base e dimensione per nucleo ed immagine di F_k.

Infine determinare i valori di k per cui F_k è diagonalizzabile e per tali valori calcolare una base di autovettori per F_k ed una matrice invertibile P tale che P^{-1} \cdot M \cdot P sia una matrice diagonale.
 
 

Matrice rappresentativa e diagonalizzabilità di un'applicazione lineare con parametro #91275

avt
Galois
Coamministratore
Ciao Kronoa,

abbiamo l'applicazione lineare F_k definita tramite l'immagine di alcuni vettori, ossia sappiamo che

\\ F(1,1,0)=(1,2k-1,0) \\ \\ F(0,1,1,)=(1-k,k-4,k) \\ \\ F(0,0,1)=(1-k,-4,k)

e dobbiamo determinare la matrice associata all'applicazione lineare rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^3 che ricordiamo essere

B=\{e_1,e_2,e_3\}=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}

Così come spiegato nella lezione dell'ultimo link dobbiamo cercare di scrivere ogni vettore della base canonica come combinazione lineare dei tre vettori (1,1,0), \ (0,1,1), \ (0,0,1) che definiscono F_k.

e_1=(1,0,0)=(1,1,0)-(0,1,1)+(0,0,1)

Pertanto, per la linearità della F_k

\\ F(e_1)=F(1,0,0)=F(1,1,0)-F(0,1,1)+F(0,0,1) = \\ \\  =(1,2k-1,0)-(1-k,k-4,k)+(1-k,-4,k) = (1,k-1,0)

Ossia

F(e_1)=(1,k-1,0)

che corrisponde alla prima colonna della matrice rappresentativa cercata.

Ancora,

e_2=(0,1,0)=(0,1,1)-(0,0,1)

da cui segue che

\\F(e_2)=F(0,1,0)=F(0,1,1)-F(0,0,1)= \\ \\ =(1-k,k-4,k)-(1-k,-4,k)=(0,k,0)

e tale sarà la seconda colonna della matrice rappresentativa.

Infine

F(e_3)=F(0,0,1)=(1-k,-4,k)

è già fornita dal testo dell'esercizio. Possiamo così scrivere la matrice rappresentativa M_k di F_k rispetto alla base canonica.

M_k=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1-k \\ k-1 & k & -4 \\ 0 & 0 & k\end{pmatrix}

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

Procediamo ora a determinare dimensione e base di nucleo ed immagine.

Calcoliamo anzitutto il determinante della matrice M_k:

\mbox{det}(M_k)=k^2

Pertanto:

per k \neq 0 il rango della matrice M_k è pari a 3 e coincide con la dimensione di \mathbb{R}^3 (spazio d'arrivo).

Possiamo così concludere che per k \neq 0 la dimensione dell'immagine è pari a 3 ed i tre vettori colonna che formano la matrice sono una base per l'immagine.

Inoltre (sempre per k \neq 0) per il teorema della nullità del rango il nucleo ha dimensione pari a zero, quindi non ha alcun senso cercarne una base.

Vediamo invece cosa accade per k=0. La matrice rappresentativa diventa

M_0=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

il cui rango è pari a 2, infatti il minore che si ottiene eliminando la seconda colonna e la terza riga ha determinante non nullo.

Possiamo allora concludere che, per k=0, la dimensione dell'immagine è pari a 2 ed una sua base è formata dai due vettori colonna non nulli della matrice:

\{(1,-1,0),(1,-4,0)\}

Infine il nucleo ha dimensione pari ad 1 ed una sua base si ottiene risolvendo il sistema

\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

cioè

\begin{cases}x+z=0 \\ -x-4z=0 \\ 0 = 0\end{cases}

Dalle prime due equazioni si ottiene x=z=0 e poiché vi è un'equazione indeterminata (0=0) assegniamo ad y (che non compare nel sistema) il ruolo di parametro. Pertanto la soluzione generale del sistema è

S=(0,t,0)=t(0,1,0)

Possiamo così concludere che per k=0 una base per il nucleo dell'applicazione lineare F_0 è \{(0,1,0)\}

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

Studiamo ora la diagonalizzabilità della matrice M_k al variare del parametro k \in \mathbb{R}.

M_k=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1-k \\ k-1 & k & -4 \\ 0 & 0 & k\end{pmatrix}

Il polinomio caratteristico associato alla matrice è

P(\lambda)=\mbox{det}[A-\lambda Id] = \mbox{det}\begin{pmatrix}1-\lambda & 0 & 1-k \\ k-1 & k-\lambda & -4 \\ 0 & 0 & k-\lambda\end{pmatrix}=

(utilizzando la regola di Laplace e sviluppando seconda la terza riga)

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

Possiamo così concludere che gli autovalori associati alla matrice M_k sono:

\lambda_0=k con molteplicità algebrica pari a 2;

\lambda_1=1 con molteplicità algebrica pari a 1.

Procediamo ora al calcolo della molteplicità geometrica m_g di ciascun autovalore.

m_g(k)=3-\mbox{rank}[M_k-kId] = 3 - \mbox{rank}\begin{pmatrix}1-k & 0 & 1-k \\ k-1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

Attenzione ora! Affinché una matrice sia diagonalizzabile la molteplicità geometrica di ciascun autovalore deve essere uguale alla sua molteplicità algebrica.

Poiché la molteplicità algebrica dell'autovalore \lambda_0=k è pari a 2, deve essere uguale a 2 anche la sua molteplicità geometrica. Ciò vuol dire che dobbiamo imporre

m_g(k)=3 - \mbox{rank}\begin{pmatrix}1-k & 0 & 1-k \\ k-1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=2

Ossia

\mbox{rank}\begin{pmatrix}1-k & 0 & 1-k \\ k-1 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=1

Il rango di tale matrice è 1 se e solo se

\\ \mbox{det}\begin{pmatrix}1-k & 1-k \\ k-1 & -4\end{pmatrix}=0 \\ \\ \\ \iff k^2+2k-3=0 \iff k=-3 \ \vee \ k=1

Possiamo quindi concludere che la molteplicità geometrica dell'autovalore \lambda_0=k è uguale alla rispettiva molteplicità algebrica per k=-3 \mbox{ oppure per } k=1.

Vediamo ora cosa accade per l'autovalore k=1

m_g(1)=3-\mbox{rank}[M_k-Id] = 3 - \mbox{rank}\begin{pmatrix}0 & 0 & 1-k \\ k-1 & k-1 & -4 \\ 0 & 0 & k-1\end{pmatrix}

Sarebbe ora inutile studiare il rango di questa matrice al variare del parametro k, ma basta vedere cosa accade per k=1 e per k=-3 che sono gli unici valori che uguagliano molteplicità algebrica e geometrica dell'autovalore \lambda_0=k. Ricordiamo infatti (ancora una volta) che affinché una matrice sia diagonalizzabile la molteplicità algebrica di tutti gli autovalori deve uguagliare la corrispondente molteplicità geometrica.

Per k=1

\mbox{rank}\begin{pmatrix}0 & 0 & 1-k \\ k-1 & k-1 & -4 \\ 0 & 0 & k-1\end{pmatrix}=\mbox{rank}\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=1

quindi

m_g(1)=3-\mbox{rank}[M_k-Id] = 3 - 1 =2

che è diversa dalla molteplicità algebrica. Pertanto per k=1 la matrice M_k non è diagonalizzabile.


Invece, per k=-3

\mbox{rank}\begin{pmatrix}0 & 0 & 1-k \\ k-1 & k-1 & -4 \\ 0 & 0 & k-1\end{pmatrix}=\mbox{rank}\begin{pmatrix}0 & 0 & 4 \\ -4 & -4 & -4 \\ 0 & 0 & -4\end{pmatrix}=2

quindi

m_g(1)=3-\mbox{rank}[M_k-Id] = 3 - 2 =1 = m_a(1)

Possiamo così concludere che per k=-3 la matrice M_k è diagonalizzabile.

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

La matrice diagonalizzabile è quindi

M=\begin{pmatrix}1 & 0 & 4 \\ -4 & -3 & -4 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}

ottenuta sostituendo k=-3 nella matrice rappresentativa M_{k} trovata inizialmente.

Gli autovalori di tale matrice sono

\lambda_0=-3 con molteplicità algebrica e geometrica pari a 2;

\lambda_1=1 con molteplicità algebrica e geometrica uguale ad 1.

L'autospazio relativo all'autovalore \lambda_0=-3 è generato dai vettori \{(1,0,-1),(0,1,0)\}.

Per scoprirlo occorre risolvere il sistema lineare dato da

(A-\lambda_0 Id)\underline{x}=\underline{0}

ossia

\\ \begin{pmatrix}4 & 0 & 4 \\ -4 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\\ \\ \\ \begin{cases}4x+4z=0 \\ -4x-4z=0 \\ 0=0 \end{cases}

Dalle prime due equazioni si ricava z=-x e poiché abbiamo un'equazione indeterminata (0=0) assegniamo all'incognita y (che non compare nel sistema) il ruolo di parametro libero.

La famiglia delle soluzioni del sistema è allora

(x,y,z)=(x,t,-x)=z(1,0,-1)+t(0,1,0)

Ossia

\{(1,0,-1), \ (0,1,0)\}

è un sistema di autovettori relativo all'autovalore \lambda_0=-3.


Procediamo in modo analogo per l'autovalore \lambda_1=1. Risolviamo quindi il sistema lineare omogeneo

(A-\lambda_1 Id)\underline{x}=\underline{0}

ossia

\\ \begin{pmatrix}0 & 0 & 4 \\ -4 & -4 & -4 \\ 0 & 0 & -4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\\ \\ \\ \begin{cases}4z=0 \\ 4x+4y+4z=0 \\ 4z=0 \end{cases}\\ \\ \\ \begin{cases}z=0 \\ x=-y \end{cases}

La famiglia delle soluzioni è data da

(-y,y,0)=y(-1,1,0)

Pertanto

(-1,1,0) è l'autovettore relativo all'autovalore \lambda_1=1

Abbiamo così concluso l'esercizio. Infatti per definizione di matrice diagonalizzabile, la matrice

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

avente come colonne le componenti dei tre autovettori trovati è una matrice invertibile tale che

P^{-1} \cdot M \cdot P

è una matrice diagonale.

È tutto! Quasi inutile dire che per cogliere a pieno la risoluzione dell'esercizio è altamente consigliabile leggere le lezioni che man mano ti ho linkato. emt
Ringraziano: CarFaby, Kronoa

Re: Matrice rappresentativa e diagonalizzabilità di un'applicazione lineare con parametro #91387

avt
Kronoa
Cerchio
Ciao Galois, mi è rimasto solo un piccolo dubbio.

Ma il metodo per trovare il nucleo non è identico a quello di trovare una base dello spazio di un sistema?

Grazie mille!
Ringraziano: Galois

Re: Matrice rappresentativa e diagonalizzabilità di un'applicazione lineare con parametro #91389

avt
Galois
Coamministratore
Ma il metodo per trovare una immagine non è identico a quello di trovare una base dello spazio di un sistema?

La domanda, così com'è posta, non ha molto senso. La forma corretta, se ho capito bene cosa intendi, sarebbe:

Il metodo per trovare una base per l'immagine di un'applicazione lineare non è identico a quello che si utilizza per trovare una base di uno spazio vettoriale?

La risposta ha questa domanda è sì, ed il motivo è presto detto: l'immagine di un'applicazione lineare

f:V \to W

è un sottospazio vettoriale di W quindi, come tale, l'immagine è essa stessa uno spazio vettoriale.

Di conseguenza per ricavare una base per l'immagine si utilizza lo stesso metodo che si usa per ricavare una base di un qualsiasi spazio vettoriale.
Ringraziano: CarFaby, Kronoa
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Os