Autovalori ed autovettori

[chry11]

Data l'applicazione lineare $f:R^3->R^3 : f(x,y,z)=(6y,x+z,x+z)$
i) calcolare una base di $ker(f)$ ed una base di $im(f)$
ii) calcolare autovalori ed autospazi di $f$
iii) dire se $f$ è diagonalizzabile e scrivere una base di $R^3$ formata da autovettori di $f$

i) ho scritto la matrice associata all'applicazione lineare e l'ho ridotta a gradini
$ ( ( 0 , 6 , 0 ),( 1 , 0 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ) ) -> ( ( 1 , 0 , 1 ),( 0 , 6 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) $
Per determinare una base ho scelto le colonne dove sono presenti i pivot.
Base $im(f)={(0,1,1),(6,0,0)}$

$z$ variabile libera, quindi: $ { ( x=-z ),( y=0 ):} $ ---> Base $ker(f)={(-1,0,1)}$

ii) ho trovato come autovalori
$\lambda=0$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=-2$ con molteplicità algebrica $1$
$\lambda=3$ con molteplicità algebrica $1$

quando vado a trovare gli autovettori per $\lambda=-2$ esce fuori l'autovettore nullo (e ciò è impossibile)
dove ho sbagliato??

[chry11]

io lo risolvo con il metodo di Sarrus
avrò sbagliato qualche conto

$ ( ( 0-\lambda , 6 , 0 , 0-\lambda , 6 , 0 ),( 1 , 0-\lambda , 1 , 1 , 0-lambda , 1 ),( 1 , 0 , 1-\lambda , 1 , 0 , 1-\lambda ) ) $
da cui $\lambda*(\lambda+2)(\lambda-3)=0$

[Della92]

Gli autovalori sono giusti, cercando il polinomio caratteristica della matrice $\(sI-A)$

$((s,-6,0),(-1,s,-1),(-1,0,s-1))$ il cui $\det = s^2(s-1) -6 -6(s-1) = s(s^2 - s -6)$

il che implica quello che dici tu.

per quanto riguarda $\s_2 = -2$, andando a sostituirlo nella matrice precedente trovo

$((-2,-6,0),(-1,-2,-1),(-1,0,-3))$ che ha rango $\rho=2$.

Ma allora la molteplicità geometrica del vettore, ovvero la $\dim(ker(s_2I-A))$ è uguale a $\1$

Perchè uno? perché bisogna fare $\ n - rho$, dove $\n$ è l'ordine della matrice e $\rho$ il rango valutato in $\s_2$

[chry11]

ma da dove ti esce fuori questa matrice?
http://www.youmath.it/lezioni/algebra-l ... alore.html

[Della92]

ma da dove ti esce fuori questa matrice?
http://www.youmath.it/lezioni/algebra-l ... alore.html

La ricerca degli autovalori la puoi fare tramite $\(sI-A)$ o indifferentemente tramite $\(A-sI)$, dove $\s$ rappresenta il mio generico autovalore e variabili del polinomio caratteristico (che tu chiami $\lambda$)

Fare la ricerca in uno o nell'altro modo non cambia proprio nulla. Potresti dimostrarlo per esercizio

Comunque, la matrice l'ho trovata sostituendo a s l autovalore trovato.
OVVIAMENTE, vale sempre $\1<= m.g<= m.a.$, quindi se la m.a. è = a 1 la m.g. sarà sempre uguale a 1.

ora, come fai a trovare il vettore appartenente all'autospazio generato dall'autovalore $\s_2 = -2$ ?

[chry11]

puoi spiegarmi gentilmente passo dopo passo come trovare -> $(A-\lambdaI)$ ?
comunque gli autovettori si determinano -> $(A-\lambdaI)*x=0$
dove in una matrice $3x3$ , $x$ è $ ( ( x ),( y ),( z ) ) $

[Della92]

puoi spiegarmi gentilmente passo dopo passo come trovare -> $(A-\lambdaI)$ ?
comunque gli autovettori si determinano -> $(A-\lambdaI)*x=0$

Si certo,è facilissimo.

$\(A-lambdaI) =$ $((0,6,0),(1,0,1),(1,0,1))$ - $\lambda$$((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))$, dove $\I$ sta per la matrice identità di ordine coincidente con $\A$, quindi $\3x3$

A questo punto ottengo facilmente, sommando termine a termine:

$((0-lambda,6,0),(1,0-lambda ,1),(1,0,1-lambda))$ = $((-lambda,6,0),(1,-lambda ,1),(1,0,1-lambda))$

Allo stesso modo e risulto identico (ma tutto con un meno davanti) si sarebbe trovato per $\(lambdaI-A) $

ATTENZIONE. un autovettore è sempre associato ad un autovalore, giusto?
Quindi è giusto quello che dici te "$(A-\lambdaI)*x=0$", ma non con A!! Bensì con $\(A-lambdaI)$, ove a $\lambda$ andranno sostituiti uno alla volta gli autovalori trovati nello studio.
Una volta sostituito l'autovalore, potrai trovare il rango della matrice $\(A-lambda_iI)$ e capire qual'è la dimensione dell'autospazio tramite $\n-rho_i$, ove $\n$ indica l'ordine della matrice $\A$ e $\rho_i$ il rango della matrice $\(A-lambda_iI)$

Una volta compreso la dimensione dell'autospazio relativo all'autovalore $\lambda_i$, dovrai trovare, mediante la formula da te espressa prima, una base di vettori grande tanto quanto la dim dell'autospazio stesso. Quindi autospazio =1 implica un autovettore, autospazio =2 implica 2 autovettori linearmente indipendenti.. e così via.

[chry11]

quindi sei d'accordo con me che per $\lambda=-2$
la matrice è così definita ? : $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
però riducendola a gradini mi viene $rango=3$ e quindi molteplicità geometrica$=0$
cosa ho sbagliato??

[Della92]

quindi sei d'accordo con me che per $\lambda=-2$
la matrice è così definita ? : $ ( ( 2 , 6 , 0 ),( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 3 ) ) $
però riducendola a gradini mi viene $rango=3$ e quindi molteplicità geometrica$=0$
cosa ho sbagliato??

Sono d'accordissimo con te che quella è la matrice,
Non sono assolutamente d'accordo con te che il rango sia 3.

Come verificare se il rango della matrice è massimo?
$\"La matrice ha rango massimo se e solo se il determinante della matrice è diverso da zero"$.

1) Mi faresti la cortesia di calcolare il determinante della matrice?
2) In secondo luogo, se alla terza riga tolto 3volte la seconda, come risulta la mia matrice?

[chry11]

1) $det=0$

perchè quando la riduco a gradini il $rango=3$ ?
io lo svolgo con l'eliminazione di gauss
$(1,2,1)-1/2(2,6,0)=....$
$(1,0,3)-1/2(2,6,0)=....$