Matrice diagonale superiore

[Summerwind78]

Ciao a tutti,

avrei bisogno di un suggerimento su come proseguire nel seguente esercizio

Dato l'endomorfismo $mathbb(R)^(2,2) -> mathbb(R)^(2,2)$

$f( ( ( x_1 , x_2 ),( x_3 , x_4 ) ) ) = ( ( 0 , x_1 + x_2),( x_1+x_2+x_3 , x_3+2x_4 ) ) $

trovare una matrice $A$ associata ad $f$ che sia diagonale superiore indicando rispetto a quale base $mathbb(R)^(2,2)$

io (da quello che ho capito) ho visto che devo prendere una base e applicare l'endomorfismo su di essa.

Quindi ho preso quattro matrici linearmente indipendenti

$( ( ( 1 , -1 ),( 0 , 0 ) ) ; ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ; ( ( 0 , 0 ),(0 , 1 ) ) ; ( ( 1 , 0 ),( 0 , 0 ) ) )$

dove, applicando l'endomorfismo trovo

$ f(( ( 1 , -1 ),( 0 , 0 ) )) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $
$ f(( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) $
$ f(( ( 0 , 0 ),(0 , 1 ) )) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 2 ) ) $
$ f(( ( 1 , 0 ),( 0 , 0 ) ) )) = ( ( 0 , 1 ),( 1 , 0 ) ) $

per ciascuna di queste ricavo gli autovalori che sono

$ ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) -> a_(1,2) = 0$ con molteplicità algebrica 2
$( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) -> a_1 = -1, a_2 = 0$
$( ( 0 , 0 ),( 0 , 2 ) ) -> a_1 = 0, a_2 = 2$
$( ( 0 , 1 ),( 1 , 0 ) ) -> a_1 = -1, a_2 = 1$

dagli autovalori della prima ricavo gli autovettori $( ( 1 ),( 0 ) ) $ e $( ( 0 ),( 1 ) ) $

dagli autovalori della seconda ricavo gli autovettori $( ( 0 ),( 1 ) ) $ e $( ( 1 ),( 1 ) ) $

dagli autovalori della terza ricavo gli autovettori $( ( 1 ),( 0 ) ) $ e $( ( 0 ),( 1 ) ) $

dagli autovalori della quarta ricavo gli autovettori $( ( 1 ),( -1 ) ) $ e $( ( 1 ),( 1 ) ) $

ma poi da qui non riesco a capire come procedere per trovare la matrice triangolare superiore.

Qualcuno potrebbe darmi una mano per cortesia?

grazie mille a tutti

[Shocker]

Ciao!


Gli autovalori e soprattutto gli autovettori non sono corretti*, c'è qualcosa che non va nel tuo ragionamento: $f$ prende in input matrici, quindi gli autovettori di $f$ devono essere matrici!

Prima di tutto: sai come ricavarti la matrice associata a $f$ rispetto alla base che hai scelto?


Edit controllando i calcoli:

$f( (0, -1), (0, 0) )$ non dovrebbe fare $ ( (0, -1), (-1, 0) )$?

[Summerwind78]

Ciao,

Grazie mille per avermi risposto


Per quanto riguarda gli autovettori adesso lo calcolo di nuovo e vedo cosa ho sbagliato.

La matrice associata, se non sbaglio, la ricavo semplicemente inserendo i valori di ciascun elemento della base nell'endomorfismo.

Ammettendo che io faccia i calcoli correttamente, come posso procedere?

Grazie mille

[Summerwind78]

Edit controllando i calcoli:

$f( (0, -1), (0, 0) )$ non dovrebbe fare $ ( (0, -1), (-1, 0) )$?

ho modificato il mio messaggio precedente

avevo sbagliato a riportare i valori della base

[Summerwind78]

Ho fatto nuovamente i calcoli e in effetti quando calcolo gli autovettori mi vengono matrici 2x2

ho però il problema che applicando l'endomorfismo al primo elemento della base, mi viene una matrice di tutti zeri, quindi ho autovalori nulli e pertanto non trovo autovettori.

Allo stesso modo ho un problema nel caso un cui io calcoli

$f ( ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) $
perchè considerando il primo autovalore $a=1$, calcolare l'autovettore io procedo in questo modo

$ ( ( 0-a , 0 ),( 1 , -1-a ) ) ( ( k_1 , k_2 ),( k_3 , k_4 ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $

$ ( ( -1 , 0 ),( 1 , -2 ) ) ( ( k_1 , k_2 ),( k_3 , k_4 ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $
$( ( -k_1 , -k_2 ),( k_1-2k_3 ,k_2-2 k_4 ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $

che mi porta ad avere

${ ( k_1 = 0 ),( k_2=0 ),( -2k3=0 ),( -2k_4 = 0 ):} -> { ( k_1 = 0 ),( k_2=0 ),( k3=0 ),( k_4 = 0 ):}$

quindi non trovo un autospazio

dove sbaglio?

[Shocker]

Ciao!

Per quanto riguarda gli autovettori adesso lo calcolo di nuovo e vedo cosa ho sbagliato.

$-1$ ad esempio non è un autovalore della matrice. Per calcolare gli autovalori bisogna calcolare le radici del polinomio caratteristico dell'endomorfismo, non dei singoli output.

La matrice associata, se non sbaglio, la ricavo semplicemente inserendo i valori di ciascun elemento della base nell'endomorfismo.

Non basta: poi ti ricavi le coordinate dei vari $ f(( ( 1 , -1 ),( 0 , 0 ) )), f(( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ), f(( ( 0 , 0 ),(0 , 1 ) )), f(( 1 , 0 ),( 0 , 0 )) $, rispetto alla base $ ( ( ( 1 , -1 ),( 0 , 0 ) ) ; ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ; ( ( 0 , 0 ),(0 , 1 ) ) ; ( ( 1 , 0 ),( 0 , 0 ) ) ) $. I vettori di coordinate dei singoli trasformati andranno a formare le colonne della matrice associata a $f$.

Ammettendo che io faccia i calcoli correttamente, come posso procedere?

1)Trovi la matrice $A$ associata all'endomorfismo $f$
2)Calcoli il polinomio caratteristico di $A$: $p(t) = det(A - tI)$
3)Risolvi l'equazione $p(t) = 0$, in tal modo trovi gli autovalori di $A$, che sono gli stessi di quelli di $f$
4)Calcoli la dimensione degli autospazi, ossia trovi $dim(Ker(A-\lambda_iI)$ dove $\lambda_i$ è un autovalore di $f$

Adesso analizziamo $3$ casi:

1)Se $f$ è diagonalizzabile allora basta prendere una base di autovettori, come si fa?

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Sia $Spf = {\lambda_1, ..., \lambda_k}$ e $A$ la matrice associata a $f$ rispetto a una base, per trovare una base di autovettori basta risolvere i sistemi $(A-\lambda_i)X = 0$, in tal modo trovi le COORDINATE degli autovettori di $f$(perché la matrice associata lavora sulle coordinate dei vettori. Una volta trovate le coordinate torni indietro per trovare gli autovettori che formeranno la base.

2)Se $f$ non è diagonalizzabile e $p$ è completamente fattorizzabile¹, allora $f$ è triangolabile, cioè è possibile trovare una base a bandiera(o a ventaglio) per $f$² in cui la matrice associata a $f$ è triangolare superiore(che penso sia equivalente a "diagonale superiore").
Come trovo una base a bandiera?

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

1)Prendo un qualsiasi autovettore per $f$, diciamo $v_1$ relativo all'autovalore $\lambda_1$
2)Completo ${v_1}$ a base $B = {v_1, v_2, ..., v_n}$ di $V = Span(v_1) \oplus Span(v_2, ..., v_n)$, allora $M_B(f)$ sarà di questo tipo:\[
\left(
\begin{array}{c|c}
\lambda_1 & \begin{array}{ccc} * & \cdots & * \end{array} \\ \hline
\begin{array}{c} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} & {\Huge{C}}
\end{array}
\right)
\], dove $C$ è una matrice di ordine $n-1$.

3)Dato che noi la vogliamo triangolare superiore, dobbiamo trasformare $C$ in triangolare superiore, per cui mi concentro su ${v_2, .., v_n}$

4)gli autovalori di $C$ sono un sottoinsieme degli autovalori di $f$ perché, dato che il polinomio caratteristico di $f$ è completamente fattorizzabile e dato che è uguale per ogni matrice associata a $f$ rispetto a una base di $V$, allora $p_f(t) = p_{M_B(f))(t) = (\lambda_1 - t)p_C(t)$.
Trovo una base a bandiera per $Span(v_2, ..., v_n)$. Come?
Trovo un autovettore per $C$, diciamo $w_2'$ relativo a $\lambda_2$, lo porto in $V$ come $v_2'$(sostanzialmente $w_2$ sono le coordinate di $v_2'$ in rispetto a ${v_2, ..., v_n}$) e lo sostituisco a $v_2$. Allora avrò una situazione del genere: $B' = {v_1, v_2', v_3, ..., v_n}$ e $M_B'(f)$:
\[
\left(
\begin{array}{c|c}
\lambda_1 & * & \begin{array}{ccc} * & \cdots & * \end{array} \\ \hline
0 & \lambda_2 & \begin{array}{ccc} * & \cdots & * \end{array} \\ \hline
\begin{array}{c} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} & \begin{array}{c} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array} & {\Huge{C'}}
\end{array}
\right)
\]

Reitero il procedimento su $C'$ fin quando non trovo una matrice triangolare superiore.

Non so se mi sono spiegato bene, probabilmente no, visto che è una tecnica che si deduce da una dimostrazione per induzione, ma ti assicuro che non è complicato. Ti faccio un esempio per farti intuire come funziona:

Consideriamo l'endomorfismo $f:\mathbb{R^4} \to \mathbb{R^4}$ che associa ad ogni $X \in \mathbb{R^4}$ il vettore $AX \in \mathbb{R^4}$, cioè $f(X) = AX$.
Dove $A = ( (2, 2, -2, 1), (-1, 0, -1, -1), (1, 1, 1, 1), (0, -1, 3, 1)) \in M(4, \mathbb{R})$.

Fisso $B = {e_1, ..., e_n]$(la canonica) come base, allora $M_B(f) = A$.
Calcolo il polinomio caratteristico di $f$: $p_f(t) = p_(A)(t) = det(A - tI) = (1 - \lambda)^4$(controlla i conti).
Dunque $Spf = SpA = {1}$. Calcolo la dimensione dell'autospazio relativo a $1$:
$dimV_1 = dim(Ker(A - I)) = 1$, quindi $f$ non è diagonalizzaibile.
Dato che $p_f(t)$ è completamente fattorizabile $f$ è triangolabile.
Trovo un autovettore relativo a $1$:
1)Risolvo $(A-I)X = 0$, un autovettore dovrebbe essere $v_1 = (1, 0, 0 -1)$
2)Completo ${v_1}$ a base di $\mathbb{R^4}$: $B' = {( (1), (0), (0), (-1)), ( (0), (1), (0), (0)), ( (0), (0), (1), (0)), ( (0), (0), (0), (1))} = { v_1, e_2, e_3, e_4} $
3)Calcolo $M_B'(f)$:

$Av_1 = v_1 \rightarrow [v_1]_B' = ((1), (0), (0), (0))$(con $[]_B'$ indico il vettore di coordinate rispetto alla base $B'$)
$Ae_2 = ( (2), (0), (1), (-1)) = 2v_1 + 0e_2 + e_3 + e_4 \rightarrow [e_2]_B' = ( (2), (0), (1), (1))$
$Ae_3 = ( (-2), (-1), (1), (3)) = -2v_1 - e_2 + e_3 + e_4 \rightarrow [e_3]_B' = ( (-2), (-1), (1), (1))$
$Ae_4 = ( (1), (-1), (1), (1)) = v_1 - e_2 + e_3 +2e_4 \rightarrow [e_4]_B' = ((1), (-1), (1), (2))$

Quindi, se non ho sbagliato i conti, $M_B'(f) = ( (1, 2, -2, 1), (0, 0, -1, -1), (0, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 2))$
La nostra matrice $C$ è $C = ( (0, -1, -1), (1, 1, 1), (1, 1, 2))$ e $p_C(t) = (1 - t)^3$
Calcolo una base per $Ker(C - I)$(l'autospazio relativo a $1$ per $C$)
Risolvo $(C-I)X = 0$ e ottengo $w_2 = ((1), (0), (-1))$. Ricorda: $w_2$ sono le coordinate del vettore che noi cerchiamo, la prima coordinata in $\mathbb{R^4}$ è nulla.
Lo riporto in $\mathbb{R^4}$: $v_2' = 0*v_1 + e_2 + 0e_3 - e_4$, completo ${v_1, v_2'}$ a $B'' = {v_1, v_2', e_1, e_3}$ base di $\mathbb{R^4}$ e mi calcolo $M_B''(f)$:

$Av_1 = v_1 \rightarrow [v_1]_B'' = ( (1), (0), (0), (0))$
$Av_2' = v_1 + v_2' \rightarrow [v_2']_B'' = ( (1), (1), (0), (0))$
$Ae_1 = ((2), (-1), (1), (0)) = v_1 - v_2' + e_1 + e_3 \rightarrow [e_1]_B'' = ((1), (-1), (1), (1))$
$Ae_3 = ( (-2), (-1), (1), (3)) = -2v_1 -v_2 + 0e_1 + e_3 \rightarrow [e_3]_B'' = ((-2), (-1), (0), (1))$

Quindi $M_B''(f) = ( (1, 1, 1, -2), (0, 1, -1, -1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 1))$, $C' = ( (1, 0), (1, 1))$ e $p_C'(t) = (1-t)^2$, calcolo una base di $Ker(C' - I)$: risolvo $(C' - I)X = 0$ e come autovettore ottengo $ ((0), (1))$, che in $Span(e_1, e_3)$ diventa $v_3' = 0e_1 + e_3 = e_3$, completo ${v_1, v_2, e_3}$ a $B''' = {v_1, v_2', e_3, e_1}$ in cui finalmente otteniamo una base per cui la matrice associata a $f$ è triangolare superiore:

$M_B''(f) = ( (1, 1, -2, 1), (0, 1, -1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1))$

Il procedimento è questo. Spero di non ave sbagliato i conti

3)Se $f$ non è triangolabile allora occorre considerare l'endomorfismo complesso $f: V \to V$³ dove $V$ è lo stesso spazio di prima, solo definito su $\mathbb{C}$; allora $f$ è triangolabile⁴, quindi è possibile trovare la suaforma canonica di Jordan. Una volta trovata la forma di Jordan di $f$, è possibile trovare la sua forma di Jordan reale.

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Note

1. ossia $p$ si scrive come prodotto di fattori lineari, il che equivale a dire che se $deg(p) = n$ allora $p$ ha $n$ radici reali contate con le rispettive molteplicità algebriche ↑
2. Una famiglia di sottospazi ${V_i}_{i \in I_n}$ si dice bandiera per $V$ se:
   • $V_1 \subset V_2 \subset ... \subset V_n$
   • $dim(V_i) = i \forall i \in I_n$
   . Ogni base induce una bandiera, infatti se $B = {v_1, ..., v_n}$ è una base allora i sottospazi $V_i = Span(v_1, ..., v_i)$ sono una bandiera per $V$
   Una base $B$ si dice a bandiera per $f$ se la bandiera indotta da $B$ è costituita da sottospazi $f$ invarianti, cioè da sottospazi $W$ tali che $f(W) \subseteq W$ ↑
3. tale procedura si chiama "complessificazione" ↑
4. perché questa volta consideriamo anche autovalori complessi, quindi il polinomio caratteristico di $f$ è completamente fattorizzabile per il teorema fondamentale dell'algebra ↑

[Shocker]

Ciao, per quanto riguarda il tuo ultimo messaggio:

ho però il problema che applicando l'endomorfismo al primo elemento della base, mi viene una matrice di tutti zeri, quindi ho autovalori nulli e pertanto non trovo autovettori.

Prima di tutto: tu come li trovi gli autovalori? Applicando l'endomorfismo a una base? E se nella base non ci sono autovettori come fai?

$ f ( ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) $
perchè considerando il primo autovalore $ a=1 $, calcolare l'autovettore io procedo in questo modo
[...]
dove sbaglio?

Dove hai letto questo procedimento?!

Ragioniamoci: Tu vuoi calcolare l'autospazio di $f$ relativo a $1$. Cioè $V_1 = {X \in mathbb(R)^(2,2) | f(X) = X} = {X \in mathbb(R)^(2,2) | (f - id)(X) = 0} = Ker(f- id)$

Primo errore:

$ f ( ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 1 , -1 ) ) $
perchè considerando il primo autovalore $ a=1 $, calcolare l'autovettore io procedo in questo modo

$ ( ( 0-a , 0 ),( 1 , -1-a ) ) ( ( k_1 , k_2 ),( k_3 , k_4 ) ) = ( ( 0 , 0 ),( 0 , 0 ) ) $

Tu qui sostanzialmente NON stai risolvendo l'equazione $(f-id)(X) = 0$, ma stai risolvendo questo $(f(X_0) - I)Y = 0$ dove $X_0 = ( (0, 0), (1, -1))$ e $Y = ( ( k_1 , k_2 ),( k_3 , k_4 ) )$. Capisci che così l'autospazio non lo trovi nemmeno con il gps, perché stai cercando tutt'altro.

Da quanto ho capito, leggendo i messaggi di questo topic, tu trovi gli autovettori e gli autovalori applicando l'endomorfismo alla base(se ho sbagliato a capire, per favore posta il tuo procedimento nei dettagli).
In generale per trovare autovalori, autovettori e autospazi ci si semplifica la vita utilizzando le matrici associate all'endomorfismo.

Sia $f \in End(V)$, $B = {v_1, ..., v_n}$ base di $V$, definiamo matrice associata a $f$ rispetto a $B$ la matrice:
$M_{B,B}(f) = M_B(f) = ( [f(v_1)]_B | \cdots | [f(v_n)]_B )$, cioè la matrice che ha per colonne le coordinate di $f(v_1), ..., f(v_n)$ rispetto a $B$.

Detta $A$ tale matrice, gli autovalori si calcolano determinando le radici del polinomio caratteristico $p_f(t) = det(A - tI)$¹ per calcolare i generatori di un autospazio relativo a un autovalore $\lambda_i$ si risolve il sistema $(A - \lambda_i)[X]_B = 0$.

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Note

1. Siamo tutti d'accordo che se $\lambda$ è autovalore per $f$ allora l'autospazio è $V_\lambda = Ker(f - \lambdaid) = {X \in V | (f - \lambdaid)(X) = 0}$, sia $A$ la matrice associata a $f$ rispetto alla base $B$, allora se $f(X) = \lambdaX$, in coordinate questo vuol dire $A[X]_B = \lambda[X]_B$ ossia $(A - \lamdaI)[X]_B = 0$. Affinché l'autospazio abbia dimensione maggiore di $0$, quell'equazione NON deve avere un un'unica soluzione. E questo quando succede? Quando la matrice $(A - \lambdaI)$ non è invertibile, ovvero quando $det(A - \lambdaI) = 0$. Per cui per trovare gli autovalori si cerca quando il determinante di $A - tI$ è uguale a $0$, viene fuori che questo determinante è un polinomio, detto polinomio caratteristico dell'endomorfismo $f$: $p_{f}(t) = p_A(t) = det(A-tI)$. Tale polinomio NON dipende dalla matrice $A$, cioè NON dipende dalla base. Infatti se Scegliamo una nuova base $B'$, allora $M_B'(f) = N^-1AN$ dove $N = M_(B', B)(id)$(matrice del cambiamento di base). Calcoliamo $P_(M_B'(f)) = det( M_B'(f) - tI) = det(N^-1AN - tI) = det(N^-1AN - t N^-1N) = det(N^-1(A - tI)N) = det(N^-1)det(A-tI)detN = det(A-tI)$, dove nelle ultime due uguaglianze si sfrutta il teorema di Binet($det(AB) = det(A)det(B)$. ↑