Kappagibbi ha scritto:Fossi in voi, questa ironia penosamente quattrocchi e cameratesca la lascerei da parte. Non arrabbiatevi, sono alle prime armi , e forse imparerò. E chissà, magari con un certo successo!
Perdonaci. Ci conosciamo da tempo e ogni tanto ci piace prenderci un po' in giro tra noi.
Guarda comunque al sodo.
Dissonance ti ha fatto notare una cosa importante: dire "la matrice è ovviamente diagonalizzabile in quanto triangolare (4 autovalori)" è sbagliato. E' sicuramente diagonalizzabile una matrice
simmetrica, non una matrice triangolare.
Inoltre, il fatto che "gli autovalori sono 4" (cosa su cui magari abbiamo un po' scherzato), ridetto un po' meglio suona: la somma delle molteplicità algebriche degli autovalori è uguale all'ordine della matrice. Ma questa, da sola,
non è condizione sufficiente per la diagonalizzabilità: occorre anche che le molteplicità algebriche e quelle geometriche coincidano.
Kappagibbi ha scritto:Ad ogni modo, vorrei capire come trovare la matrice diagonalizzante, quindi la base di autovettori che Franced (che ringrazio infinitamente) mi ha proposto
.
Ho provato a costruire gli autospazi risolvendo i sis lineari e a tirarne fuori una base di autovettori da porre in matrice ma.. Ho beccato una matrice identità :S
Hai tutti gli elementi che ti servono (autovalori e autovettori) quindi non capisco la tua difficoltà.
Vuoi forse dire che non riesci a ricalcolare gli autovettori di franced?
Se fosse così, puoi considerare che hai trovato gli autovalori partendo da \( \displaystyle {A}-\lambda{I}={0} \). Ora devi sostituire a \( \displaystyle \lambda \) agli autovalori trovati. Ad esempio, per trovare il primo autovettore, devi trovare una base dell'autospazio relativo a \( \displaystyle \lambda={1} \), cioè una base per lo spazio delle soluzioni del seguente sistema omogeneo:
\( \displaystyle {A}-{1}\cdot{I}={\left(\matrix{{1}&{2}&{0}&{4}\\{0}&{2}&{3}&{1}\\{0}&{0}&{3}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{3}}\right)}-{\left(\matrix{{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}}\right)}={\left(\matrix{{0}&{2}&{0}&{4}\\{0}&{1}&{3}&{1}\\{0}&{0}&{2}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{2}}\right)}={0} \)
Hai cioè il sistema:
\( \displaystyle {\left\lbrace\matrix{{2}{y}+{4}{t}={0}\\{y}+{3}{z}+{t}={0}\\{2}{z}={0}\\{2}{t}={0}}\right.}\ \text{ }\ \to\ \text{ }\ {\left\lbrace\matrix{{y}={0}\\{z}={0}\\{t}={0}}\right.} \)
Questo vuol dire che qualsiasi soluzione è un vettore in cui tutti gli elementi sono nulli tranne il primo, quindi che una base per lo spazio delle soluzioni è \( \displaystyle {\left({1},{0},{0},{0}\right)} \), il primo autovettore.
Per \( \displaystyle \lambda={2} \), invece:
\( \displaystyle {A}-{2}\cdot{I}={\left(\matrix{{1}&{2}&{0}&{4}\\{0}&{2}&{3}&{1}\\{0}&{0}&{3}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{3}}\right)}-{\left(\matrix{{2}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{2}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{2}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{2}}\right)}={\left(\matrix{-{1}&{2}&{0}&{4}\\{0}&{0}&{3}&{1}\\{0}&{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}}\right)}={0} \)
\( \displaystyle {\left\lbrace\matrix{-{x}+{2}{y}+{4}{t}={0}\\{3}{z}+{t}={0}\\{z}={0}\\{t}={0}}\right.}\ \text{ }\ \to\ \text{ }\ {\left\lbrace\matrix{-{x}+{2}{y}={0}\\{z}={0}\\{t}={0}}\right.} \)
Quindi qualsiasi soluzione è un vettore avente gli ultimi due elementi nulli e il primo uguale al doppio del secondo (\( \displaystyle {x}={2}{y} \)), ovvero \( \displaystyle {\left({2},{1},{0},{0}\right)} \) è una base dello spazio delle soluzioni.
E così via...
Va meglio?
!
