Spettro di un operatore lineare

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Spettro di un operatore lineare #91611

avt
Kronoa
Cerchio
Ciao a tutti! Cos'è lo spettro di un operatore lineare?

Vi posto il problema in cui sto avendo difficoltà :

Si consideri l’operatore f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 definito ponendo:

f(x, y, z) = \left(\frac{1}{4}x -\frac{\sqrt{3}}{4}z,-y,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)


Stabilire se esiste un sottospazio U \mbox{ di } \mathbb{R}^3 tale che f coincida con l’operatore p_U: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 di proiezione ortogonale su U. In caso di risposta affermativa, trovare una base e la dimensione di U. Rispondere alla stessa domanda per l’operatore

g(x, y, z) = \left(\frac{1}{4}x -\frac{\sqrt{3}}{4}z,y,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)

Nella soluzione si parla di spettro dell'operatore, ma non ho capito cosa sia. Vi ringrazio!
 
 

Re: Spettro di un operatore lineare #91613

avt
Galois
Amministratore
Sullo spettro di un operatore lineare sono stati scritti interi capitoli di libri e lunghe dispense universitarie.

Fortunatamente, però, ai fini dell'esercizio è sufficiente sapere che lo spettro di un operatore lineare è la generalizzazione del concetto di autovalore per una matrice.

Come ben sappiamo ad ogni operatore lineare f si può associare una matrice A_f, detta matrice associata. Per tale matrice possiamo trovare i rispettivi autovalori

\lambda_1, \lambda_2, \ ... , \ \lambda_k \mbox{ con } \lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \ ... \neq \lambda_k

Diremo spettro dell'operatore f la k-upla

\left\{\lambda_1, \lambda_2, \ ... , \ \lambda_k\right\}

Chiarito ciò è utile anche sapere che lo spettro di un'operatore di proiezione ortogonale è \{0,1\} e questo perché ogni matrice associata ad un qualsiasi operatore di proiezione ortogonale ha come possibili autovalori solo 0 \mbox{ ed } 1.


Dopo queste premesse veniamo al tuo esercizio.

Partiamo con lo studio dell'operatore lineare

f(x, y, z) = \left(\frac{1}{4}x -\frac{\sqrt{3}}{4}z,-y,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)

la cui matrice associata è

A_f=\begin{pmatrix} \frac{1}{4} & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{4} \\ 0 & -1 & 0 \\ -\frac{\sqrt{3}}{4} & 0 & \frac{3}{4}\end{pmatrix}

Gli autovalori di tale matrice sono

\lambda_1=-1, \quad \lambda_2=0, \quad \lambda_2=1

pertanto lo spettro dell'operatore lineare f è

\{-1,0,1\}

Avendo ricordato che lo spettro di un'operatore di proiezione ortogonale p_U è \{0,1\}, avendo i due operatori spettri differenti possiamo affermare che non esiste un sottospazio U \mbox{ di } \mathbb{R}^3 tale che f coincida con l’operatore p_U: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 di proiezione ortogonale su U.

-----------

Ripetiamo ora lo stesso ragionamento sull'operatore

g(x, y, z) = \left(\frac{1}{4}x -\frac{\sqrt{3}}{4}z,y,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)

La matrice ad esso associata è

A_g=\begin{pmatrix} \frac{1}{4} & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{4} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{\sqrt{3}}{4} & 0 & \frac{3}{4}\end{pmatrix}

i cui autovalori sono

\lambda_1=1 \mbox{ e } \lambda_2=0

con molteplicità algebrica pari, rispettivamente, a 2 ed 1.

Quindi lo spettro dell'operatore lineare g è \{0,1\} che coincide con lo spettro dell'operatore di proiezione ortogonale.

Possiamo così concludere che esiste un sottospazio U \mbox{ di } \mathbb{R}^3 tale che g coincide con l’operatore p_U: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 di proiezione ortogonale su U.

Troviamo allora una base e la dimensione di U.

Le alternative possono essere solo due: o U è l'autospazio relativo all'autovalore \lambda_1=1 oppure U è l'autospazio relativo all'autovalore \lambda_2=0.

Per scoprirlo calcoliamo gli autovettori relativi a tali autovalori.

Gli autovettori relativi all'autovalore \lambda_1=1 si ottengono risolvendo il sistema lineare omogeneo

(A_g-Id)\underline{x}=\underline{0}

ossia

\begin{pmatrix} \frac{1}{4}-1 & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{4} \\ 0 & 1-1 & 0 \\ -\frac{\sqrt{3}}{4} & 0 & \frac{3}{4}-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

da cui

\begin{cases}-\frac{3}{4}x-\frac{\sqrt{3}}{4}z=0 \\ 0=0 \\ -\frac{-\sqrt{3}}{4}x-\frac{1}{4}z=0\end{cases}

Assegnando alla variabile y il ruolo di parametro (y=a) otteniamo la soluzione

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

mentre esplicitando sia la prima che l'ultima equazione si ottiene

x=-\frac{\sqrt{3}}{3}z

pertanto un'altra soluzione è

\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}z, 0, z\right) = z\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right)

Possiamo così concludere che l'autospazio relativo all'autovalore \lambda_1=1 è lo spazio vettoriale generato dai vettori

v_1=(0,1,0) \mbox{ e } v_2=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right)

In modo del tutto analogo si trova che l'autospazio relativo all'autovalore \lambda_2=0 è lo spazio generato dal vettore

(\sqrt{3},0,1).


Per quanto ci siamo detti prima avremo

U= \langle (0,1,0), \ \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right) \rangle

oppure

U= \langle (\sqrt{3},0,1)\rangle

Per scoprirlo procediamo con una verifica diretta.


Supponiamo che

U= \langle (0,1,0), \ \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right) \rangle

e troviamo la proiezione ortogonale di un generico vettore (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 sul sottospazio U.

Per far ciò dovremo

1) trovare una base per il sottospazio U. Tale base l'abbiamo già ed è quella formata dai vettori

v_1=(0,1,0) \mbox{ e } v_2=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right)

2) Con il processo di Gram Schmidt si dovrebbe rendere tale base ortogonale.

Ho usato il condizionale perché tale base è già ortogonale. È infatti immediato verificare che

v_1 \cdot v_2 = (0,1,0) \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right)=0

3) Normalizziamo tali vettori.

u_1=v_1=(1,0,0) è già normalizzato, mentre la norma di v_2 è pari a \frac{2}{\sqrt{3}}.

Pertanto la normalizzazione del vettore v_2 è il vettore

u_2=\left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)

4) La proiezione ortogonale del generico vettore v=(x,y,z) su U è il vettore:

p_U(v)=<v,u_1>u_1+<v,u_2>u_2

dove \{u_1,u_2\} è una base ortonormale per U.

Ora

<v,u_1>=(x,y,z) \cdot (0,1,0)= y

Quindi

<v,u_1>u_1=yu_1=y(0,1,0)=(0,y,0)

Allo stesso modo

<v,u_2>=(x,y,z) \cdot \left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)= -\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}z

Pertanto

\\ <v,u_1>u_1=\left(-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}z\right)\left(-\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)= \\ \\ \\ =\left(\frac{1}{4}x-\frac{\sqrt{3}}{4}z,0,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)

Morale della favola

\\ p_U(v)=<v,u_1>u_1+<v,u_2>u_2= \\ \\ \\ =(0,y,0)+\left(\frac{1}{4}x-\frac{\sqrt{3}}{4}z,0,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)= \\ \\ \\ =\left(\frac{1}{4}x-\frac{\sqrt{3}}{4}z,y,-\frac{\sqrt{3}}{4}x+\frac{3}{4}z\right)=g(x,y,z)

Poiché p_U(v)=g(x,y,z) possiamo concludere che U è proprio il sottospazio avente come base i vettori

(0,1,0) \mbox{ e } \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 1\right)

e la sua dimensione è, ovviamente, pari a 2.

È tutto! emt
Ringraziano: Ifrit, CarFaby, Kronoa
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Os