Studio della diagonalizzabilità al variare di un parametro

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Studio della diagonalizzabilità al variare di un parametro #91520

avt
teddych
Punto
Devo studiare la diagonalizzabilità della seguente matrice al variare del parametro t nell'insieme dei numeri reali.

A_t=\begin{pmatrix}t & t & t \\ 0 & -t & 3 \\ 0 & -3 & t+3 \end{pmatrix}

Devo poi calcolare autovalori e autovettori di A_6.

Il mio problema principale è non riuscire a fattorizzare il polinomio caratteristico e quindi non trovare gli autovalori.

Grazie!
 
 

Studio della diagonalizzabilità al variare di un parametro #91528

avt
Galois
Amministratore
Dobbiamo studiare al variare del parametro t \in \mathbb{R} la diagonalizzabilità della matrice

A_t=\begin{pmatrix}t & t & t \\ 0 & -t & 3 \\ 0 & -3 & t+3\end{pmatrix}

La prima cosa da fare è scrivere il polinomio caratteristico associato a tale matrice, il quale è dato da

P(\lambda)=\mbox{det}[A_t-\lambda Id]=\mbox{det}\begin{pmatrix}t-\lambda & t & t \\ 0 & -t-\lambda & 3 \\ 0 & -3 & t+3-\lambda\end{pmatrix}

Per il calcolo di questo determinante procediamo con la regola di Laplace sviluppando i conti rispetto alla prima colonna, la quale presenta due zeri. Abbiamo:

\\ P(\lambda)=(t-\lambda)\cdot \mbox{det}\begin{pmatrix} -t-\lambda & 3 \\ -3 & t+3-\lambda\end{pmatrix}= \\ \\ \\ =(t-\lambda)[(-t-\lambda)(t+3-\lambda)+9] = \\ \\ \\ =(t-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-t^2-3t+9)

Ora, gli autovalori associati alla matrice A_t sono gli zeri del polinomio caratteristico, dunque dobbiamo risolvere l'equazione (nell'incognita \lambda)

P(\lambda)=0 \iff (t-\lambda)(\lambda^2-3\lambda-t^2-3t+9)=0

Per la legge di annullamento del prodotto

t-\lambda=0 \iff \lambda=t

Da cui ricaviamo subito il primo autovalore che è

\lambda_0=t

Risolviamo ora l'equazione di secondo grado nell'incognita \lambda

\lambda^2-3\lambda-t^2-3t+9=0

Essendo a=1, \ b=-3 \mbox{ e } c=-t^2-3t+9

tale equazione ha come soluzioni

\lambda_{1,2}=\frac{3\pm \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}

Troviamo così gli altri due autovalori associati ad A_t:

\\ \lambda_{1}=\frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} \\ \\ \\ \lambda_{2}=\frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}

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

Trovati gli autovalori possiamo passare allo studio della diagonalizzabilità.

Siamo di fronte ad una matrice quadrata di ordine 3, la quale è sicuramente diagonalizzabile se ha 3 autovalori distinti.

Pertanto per i valori del parametro t \in \mathbb{R} per cui

t \neq \frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} \neq \frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}

la matrice è diagonalizzabile.

Vediamo allora cosa accade per

\\ (1) \ t = \frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} \\ \\ \\ (2) \ t = \frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} \\ \\ \\ (3) \ \frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} = \frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}

Risolviamo separatamente queste tre equazioni irrazionali.

Le equazioni (1) e (2) sono soddisfatte per t=\frac{3}{2} mentre l'equazione (3) è verificata per t=-\frac{9}{2} \ \vee \ t=\frac{3}{2}

Dobbiamo allora vedere cosa accade per

t=\frac{3}{2} \mbox{ e per } t=-\frac{9}{2}

----------

Per t=\frac{3}{2} la matrice A_t diventa

A_{\frac{3}{2}}=\begin{pmatrix}\frac{3}{2} & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} \\ 0 & -\frac{3}{2} & 3 \\ 0 & -3 & \frac{9}{2}\end{pmatrix}

ed i rispettivi autovalori saranno

\\ \lambda_0=t=\frac{3}{2} \\ \\ \\ \\ \lambda_{1}=\frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} = \frac{3}{2} \\ \\ \\ \lambda_{2}=\frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}=\frac{3}{2}

ottenuti sostituendo t \mbox{ con } \frac{3}{2}

La matrice A_{\frac{3}{2}} ha quindi un unico autovalore \lambda=\frac{3}{2} con molteplicità algebrica pari a 3.

Affinché la matrice sia diagonalizzabile deve essere pari a tre anche la molteplicità geometrica di tale autovalore. Calcoliamola.

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

Il rango di tale matrice è pari a 2, quindi

m_g \left(\frac{3}{2}\right)=3-2=1

Poiché la molteplicità algebrica e geometrica sono diverse, per t=\frac{3}{2} la matrice non è diagonalizzabile.

----------

Vediamo invece cosa accade per t=-\frac{9}{2}.

La matrice A_t diventa

A_{-\frac{9}{2}}=\begin{pmatrix}-\frac{9}{2} & -\frac{9}{2} & -\frac{9}{2} \\ 0 & \frac{9}{2} & 3 \\ 0 & -3 & -\frac{3}{2}\end{pmatrix}

ed i rispettivi autovalori saranno

\\ \lambda_0=t=-\frac{9}{2} \\ \\ \\ \\ \lambda_{1}=\frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} = \frac{3}{2} \\ \\ \\ \lambda_{2}=\frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}=\frac{3}{2}

ottenuti sostituendo t \mbox{ con } -\frac{9}{2}

Allora la matrice A_{-\frac{9}{2}} ha:

\lambda_0=\frac{3}{2} come autovalore con molteplicità algebrica pari a 2.

\lambda_1=-\frac{9}{2} come autovalore con molteplicità algebrica pari a 1.

Avendo già visto che

m_g \left(\frac{3}{2}\right)=3-2=1

possiamo concludere che anche per

t=-\frac{9}{2} la matrice non è diagonalizzabile.

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

Passiamo ora alla seconda richiesta dell'esercizio, ossia calcoliamo autovalori ed autovettori della matrice

A_{6}=\begin{pmatrix}6 & 6 & 6 \\ 0 & -6 & 3 \\ 0 & -3 & 9\end{pmatrix}

Per il calcolo degli autovalori è inutile rifare i conti. Basta sostituire t \mbox{ con } 6 nei tre autovalori già calcolati per la matrice A_t. Avremo allora

\\ \lambda_0=t=6 \\ \\ \\ \\ \lambda_{1}=\frac{3- \sqrt{4t^2+12t-27}}{2} = \frac{3-\sqrt{189}}{2} \\ \\ \\ \lambda_{2}=\frac{3+ \sqrt{4t^2+12t-27}}{2}=\frac{3+\sqrt{189}}{2}

Per il calcolo degli autovettori dovremo risolvere i tre sistemi lineari omogenei

\left(A-\lambda_i Id\right)\underline{x}=\underline{0}

Svolgo i conti per \lambda_0=6 lasciando a te il compito di fare gli altri.

Per \lambda_0=6 il sistema lineare omogeneo da risolvere sarà

\begin{pmatrix}0 & 6 & 6 \\ 0 & -12 & 3 \\ 0 & -3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

ossia

\begin{cases}6y+6z=0 \\ -12y+3z=0 \\ -3y+3z=0\end{cases}

Attribuiamo alla variabile che non compare nel sistema, ossia alla x, il ruolo di parametro libero, ossia poniamo x=a.

Le altre tre equazioni del sistema sono verificate per y=z=0, quindi la generica soluzione del sistema sarà

(a,0,0)=a(1,0,0)

Pertanto (1,0,0) è l'autovettore relativo all'autovalore \lambda_0=6.

In modo del tutto analogo si trovano gli autovettori relativi agli altri autovalori. Sono solo conti algebrici leggermente più lunghi e delicati visto la presenza dei radicali. emt
Ringraziano: Omega, CarFaby

Re: Studio della diagonalizzabilità al variare di un parametro #91535

avt
teddych
Punto
Grazie mille, tutto chiarissimo!
Ringraziano: Galois
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Os