Base su cui una matrice ha forma diagonale

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Base su cui una matrice ha forma diagonale #93752

avt
april
Punto
Ho un esercizio di Algebra Lineare in cui mi si chiede di determinare una base in cui una matrice fissata sia diagonale.

Dovrei calcolare inoltre la sua forma diagonale e infine trovare una base in cui la matrice non sia diagonale. Il testo dell'esercizio è:

si trovi, qualora fosse possibile, una base in cui la seguente matrice sia diagonale, la forma diagonale e una base in cui non lo sia

A=\begin{pmatrix}1&2&7\\ 4&-1&5\\ 0&0&2\end{pmatrix}

Ho due domande:

- non riesco a capire cosa si intende per forma diagonale? Forse di quanti elementi è composta la matrice D?

- come faccio a trovare una base in cui la matrice non è diagonalizzabile?
 
 

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93753

avt
Ifrit
Amministratore
L'esercizio chiede di determinare una base B dello spazio vettoriale \mathbb{R}^3 di modo che

A=\begin{pmatrix}1&2&7\\ 4&-1&5\\ 0&0&2\end{pmatrix}

risulti una matrice diagonalizzabile (mi raccomando leggi questa lezione, è importante)

Detto ciò, partiamo da una semplice definizione: una matrice quadrata D, di ordine n\in\mathbb{N}-\{0\} è in forma diagonale se è una matrice diagonale, ossia se si presenta nella forma

D=\begin{pmatrix}a_{1,1}&0&0&...&0 \\ 0&a_{2,2}&0&...&0\\0&0&a_{3,3}&...&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots \\ 0&0&...&...&a_{n,n} \end{pmatrix}

Risolviamo a questo punto l'esercizio, calcolando la matrice A-\lambda I, dove I è la matrice identica di ordine 3, mentre \lambda è un parametro reale:

A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda&2&7\\4&-\lambda&5\\ 0&0&2-\lambda\end{pmatrix}

Il determinante della matrice A-\lambda I è per definizione il polinomio caratteristico associato ad A e le sue radici coincidono con gli autovalori della matrice.

p_{A}(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda I)=

Calcoliamo il determinante utilizzando la regola di Laplace sviluppando secondo la riga (o la colonna) avente più zeri. Nel caso in questione conviene calcolare il determinante sviluppando rispetto all'ultima riga

\\ =(2-\lambda)\cdot\left[(1-\lambda)(-1-\lambda)-8\right]= \\ \\ =(2-\lambda)(\lambda^2-9)=

Scomponiamo la differenza di quadrati \lambda^2-9 come (\lambda+3)(\lambda-3) così da ottenere

=(2-\lambda)(\lambda+3)(\lambda-3)

In definitiva il polinomio caratteristico associato alla matrice A è:

p_{A}(\lambda)=(2-\lambda)(\lambda+3)(\lambda-3)

Determiniamo le radici del polinomio imponendo l'equazione

p_{A}(\lambda)=0\iff (2-\lambda)(\lambda+3)(\lambda-3)=0

Grazie alla legge di annullamento del prodotto possiamo otteniamo che le soluzioni dell'equazione sono:

\lambda_1= 2 \ \ \ , \ \ \ \lambda_2=-3 \ \ \, \ \ \ \lambda_3= -1

e come dicevamo rappresentano gli autovalori di A.

Osservazione: abbiamo ottenuto tre autovalori distinti, tanti quant'è l'ordine di A conseguentemente:

- la molteplicità algebrica di ciascun autovalore è m_{a}(\lambda_i)=1\mbox{ con }i=1, 2, 3

- la molteplicità geometrica di ciascun autovalore è m_{g}(\lambda_i)=1\mbox{ con }i=1,2,3;

(per approfondire - molteplicità algebrica e molteplicità geometrica)

da cui segue che per ogni autovalore la molteplicità geometrica coincide con quella algebrica e dunque A è certamente diagonalizzabile ossia esiste una matrice invertibile P tale che

\Lambda=P^{-1}AP

dove

- \Lambda è la matrice diagonale avente per diagonale principale gli autovalori di A;

- P è la matrice diagonalizzante.

Il nostro intento è quello di costruire la matrice che diagonalizza A, ossia dobbiamo determinare la matrice P.

P è la matrice avente per colonne gli autovettori associati ad ogni autovalore, ossia ha come colonne i vettori che generano gli autospazi relativi ad ogni autovalore.

Determiniamo a questo punto gli autovettori associati a ciascun autovalore risolvendo l'equazione matriciale

(A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}

con \mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\\ y \\ z\end{pmatrix} è un generico vettore di \mathbb{R}^3.

Per \lambda=3 l'equazione matriciale diventa

\\ (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\iff\\ \\ \\  \begin{pmatrix}1-3&2&7\\ 4&-1-3&5\\ 0&0&2-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}

ossia

\begin{pmatrix}-2&2&7\\ 4&-4&5\\ 0&0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}


Sviluppando il prodotto matrice vettore otteniamo il sistema lineare

\begin{cases}-2x+2y+7z=0\\ 4x-4y+5z=0\\ -z=0\end{cases}

da cui procedendo con il metodo di sostituzione otteniamo come soluzioni

\begin{cases}x=y\\ z=0\end{cases}

Poniamo y=\alpha così da scoprire che la famiglia degli autovettori associati a \lambda=3 è

\mathbf{v}=\begin{pmatrix}\alpha\\ \alpha\\ 0\end{pmatrix}\mbox{ con }\alpha\in\mathbb{R}

Tale famiglia forma l'autospazio associato a \lambda=3

\\ V_{\lambda=3}=\left\{\begin{pmatrix}\alpha\\ \alpha\\ 0\end{pmatrix}:\alpha\in\mathbb{R}\right\}= \\ \\ = \left\{\alpha\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}:\alpha\in\mathbb{R}\right\}

Osserviamo che il vettore \begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix} è una base per il sottospazio V_{\lambda=3} e sarà la prima colonna della matrice diagonalizzante P.

Procediamo allo stesso modo per gli altri autovalori.

Per \lambda=-3 si ha

\\ (A+3 I)\mathbf{v}=\mathbf{0}\implies \\ \\ \\ \implies \begin{pmatrix}4&3&7\\ 4&2&5\\ 0&0&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}

a cui associamo il sistema lineare

\begin{cases}4x+2y+7z=0\\ 4x+2y+5z=0\\ 5z=0\end{cases}

che ha per soluzioni

y=-2x\mbox{ e }z=0

Un generico vettore è dunque

\mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\\y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha \\ -2\alpha \\ 0\end{pmatrix}\mbox{ con }\alpha\in\mathbb{R}

L'autospazio associato all'autovalore \lambda=-3 è

\\ V_{\lambda=-3}=\left\{\begin{pmatrix}\alpha \\ -2\alpha \\ 0\end{pmatrix}: \alpha\in\mathbb{R}\right\}=\\ \\=\left\{\alpha\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix}: \alpha\in\mathbb{R}\right\}

Il vettore \begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0\end{pmatrix} costituisce una base dell'autospazio ed è la seconda colonna della matrice diagonalizzante.

Per \lambda=2 l'equazione matriciale è

(A-2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}

che diventa

\begin{pmatrix}-1&2&7\\ 4&-3&5\\ 0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}

Ad essa associamo il sistema lineare

\begin{cases}-x+2y+7z=0\\ 4x-3y+5z=0\end{cases}

da cui

\begin{cases}x=-\frac{31}{5}z\\ y=-\frac{33}{5}z\end{cases}

dunque ponendo z=5\alpha otteniamo che un vettore generico che soddisfa l'equazione matriciale è

\mathbf{v}=\begin{pmatrix}-31\alpha \\ -33\alpha\\ 5\alpha\end{pmatrix}

e l'autospazio associato a \lambda_3=2 è

V_{\lambda=2}=\left\{\begin{pmatrix}-31\alpha \\ -33\alpha\\ 5\alpha\end{pmatrix}:\alpha\in\mathbb{R}\right\}

Il vettore \begin{pmatrix}-31 \\ -33\\ 5\end{pmatrix} è la terza colonna della matrice diagonalizzante dunque:

P=\begin{pmatrix}1&1&-31\\ 1&-2&-33\\ 0&0&5\end{pmatrix}

Una base che diagonalizza la matrice A è dunque

B=\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ -2 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-31\\ -33 \\ 5\end{pmatrix} \right\}

e la forma diagonale della matrice A è:

\Lambda=\begin{pmatrix}3&0&0\\ 0&-3&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}

e si ottiene eseguendo la moltiplicazione matriciale

\Lambda=P^{-1}AP

Per determinare una base che non rende diagonale la matrice A è sufficiente prendere due vettori che appartengono a due autospazi differenti \mathbf{v}_1, \ \mathbf{v}_2 e accostare ad essi un ulteriore vettore \mathbf{v}_{3} (a nostra scelta) tale che

- sia linearmente indipendente con \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2;

- non appartenga all'autospazio tralasciato.

Possiamo prendere ad esempio

B=\left\{\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ -2 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 1\end{pmatrix} \right\}.

Fatto.
Ringraziano: Galois, CarFaby

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93787

avt
april
Punto
Grazie tante, tutto molto chiaro.

A me i vettori vengono leggermente diversi perché non ho posto z=5a, bensì z=a. Allo stesso modo all'autovettore (-3) ho posto y=a.

È uguale lo stesso, vero?

Un'ultima domanda: nell'ultimo punto dove mi si chiede di trovare una base che non diagonalizza, avrei potuto mettere al posto del vettore (0,0,1) anche (0,0,2)?

Grazie

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93792

avt
Ifrit
Amministratore
La risposta è affermativa per entrambe le domande.

Ho posto z=5\alpha solo per estetica. Grazie alla costante moltiplicativa 5, infatti, gli elementi degli autovettori associati all'autovalore \lambda=2 sono tutti interi.

Sì, anche alla seconda domanda. Io ho scelto come parametro libero x così da ottenere numeri interi.

Dulcis in fundo, sì va bene anche il vettore

\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 2\end{pmatrix}

perché soddisfa le pretese che ho scritto nel precedente post.
Ringraziano: CarFaby, april

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93834

avt
april
Punto
Tutto molto chiaro! Grandi!
Ringraziano: Ifrit

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93919

avt
april
Punto
Ciao è possibile fare un'altra domanda? Io ci provo emt

una matrice simmetrica a coefficienti reali è sempre diagonalizzabile in R? tipo: [3 0 -5; 0 2 0; -5 0 1], essendo una matrice simmetrica posso subito dire che è diagonalizzabile in R senza dover necessariamente calcolare il polinomio caratteristico?

Grazie mille per l'aiuto .....

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93938

avt
Ifrit
Amministratore
Una matrice simmetrica a coefficienti reali è sempre diagonalizzabile in \mathbb{R}?

Controdomanda: hai letto la lezione dedicata alle matrici diagonalizzabili come ti avevo suggerito? emt

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93941

avt
april
Punto
Si certo per filo e per segno:) ma mi è venuto un dubbio...
dato che viene specificato che una matrice simmetrica è sicuramente diagonalizzabile non capisco se sempre in R o sempre in C. Effettivamente in C dovrebbe essere sempre diagonalizzabile quindi il sempre "diagonalizzabile" in una matrice simmetrica a coefficienti reali dovrebbe riferirsi proprio al campo R. ....

Insomma mi sto crando un po' di casini in testa:-? emt emt

Grazie

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93945

avt
Ifrit
Amministratore
Una matrice simmetrica di ordine n a coefficienti reali è sempre diagonalizzabile su \mathbb{R} e ovviamente lo è anche su \mathbb{C}.

Una matrice simmetrica di ordine n a coefficienti complessi non è in generale diagonalizzabile su \mathbb{C}.
Ringraziano: CarFaby

Re: Base su cui una matrice ha forma diagonale #93950

avt
april
Punto
Molte molte grazie, ogni dubbio sparito!
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Os