Diagonalizzazione e ortogonalità

[Bokonon]

Mi son perso completamente, allora in questa riesco a trovare dimensione e basi formati dai due autovettori però non riesco a capire perchè i due lambda sono coincidenti e sono uguali a 1

Semplifichiamo.
Ad ogni autovalore può essere associato al massimo un solo autovettore (vedi $lambda=3$).
Tre autovalori distinti danno tre autovettori, ok?
Se vi sono due autovalori coincidenti, al massimo si trovano due autovettori. Nel caso peggiore solo uno e allora la matrice non è diagonalizzabile.
Il problema dice che all'autovalore 1 è associato un autospazio che è un piano. Quindi ha dimensione 2.
Può $lambda=1$ essere una radice singola ed avere due autovettori? No. Quindi $lambda=1$ sono due radici coincidenti.

Esiste un teorema da qualche parte che ti dimostra che per n autovalori puoi trovare al massimo n autovettori.
Quindi se k autovalori di questi n sono tutte radici coincidenti, puoi trovare (se ti va grassa) k autovettori associati.
Altrimenti la matriceè difettiva, ovvero non diagonalizzabile (secondo i metodi standard, poi puoi sempre metterla in forma canonica di Jordan con gli autovettori generalizzati ma questo è un altro discorso).

[Tommaso99]

Ok ora questo mi è chiaro, l'altro punto ancora no

[Bokonon]

Ok ora questo mi è chiaro, l'altro punto ancora no

Ma come?
Abbiamo un altro autovalore $lambda=3$ e ti ho appena detto da una radice distinta possiamo ricavare un autovettore.
L'ho anche scritto nella seconda riga del post precedente...
L'esercizio dice Se prendo una matrice quadrata 3x3 qualunque. So che 1 e 3 sono i suoi autovalori. Sapendo che V1= x+y+2z=0 è l'autospazio associato al primo autovalore, posso stabilire se la matrice è diagonalizzabile?
E' una matrice 3x3. Avendo dedotto che $lambda=1$ sono due radici coincidenti, $lambda=3$ è una radice distinta. Quanti autovalori in totale può avere una matrice 3x3? 25?

[Tommaso99]

Veramente questo problema mi sta mandando in tilt, riesco a seguire i tuoi ragionamenti ma se mi mettessi davanti un altro problema identico non riuscirei a risolverlo. Forse è anche perchè non ho in mente chiaramente il concetto di molt alg.
Soprattutto non riesco a capire il discorso che c'è al max un solo autovettore associato ad ogni autovalore, non sono infiniti invece? Nel senso, qualsiasi vettore appartenente allo span dell'autovettore non è a sua volta un autovettore?
Poi, non riesco a capire come questo problema possa rispondere a questa mia domanda:

Quindi se non ho capito male il fatto che sia simmetrica è condizione sia suff che nec giusto?

Scusami se ti sto facendo perdere tempo!

[dissonance]

Sulla domanda, rispondo io perché è facile. La risposta è SI. È molto semplice dimostrare che, se una matrice è ortogonalmente diagonalizzabile, allora essa è simmetrica. Se la nostra matrice è A, dire che essa è ortogonalmente diagonalizzabile significa che si può scomporre nel prodotto $A=O^TD O$, dove $OO^T=I$ e D è diagonale. Quindi $A^T=... $

[Bokonon]

Soprattutto non riesco a capire il discorso che c'è al max un solo autovettore associato ad ogni autovalore, non sono infiniti invece? Nel senso, qualsiasi vettore appartenente allo span dell'autovettore non è a sua volta un autovettore?

Ok, ma ne basta uno per definire lo span

Poi, non riesco a capire come questo problema possa rispondere a questa mia domanda:

Quindi se non ho capito male il fatto che sia simmetrica è condizione sia suff che nec giusto?

Te l'avevo già dimostrato qua! La risposta è chiaramente SI!

Ci chiediamo se una matrice generica diagonalizzabile $A=PDP^(-1)$ possa avere una matrice P composta da autovettori due a due ortogonali.
Se così fosse allora potremmo normalizzare/riscalare i singoli autovettori che la compongono e sarebbero ancora autovettori di D.
Quindi $A=QDQ^(-1)$ dove Q è ortonormale ovvero gode della proprietà $Q^(-1)=Q^T$
Quindi $A^T=[QDQ^(-1)]^T=[QDQ^(T)]^T=QD^TQ^(T)=QDQ^(-1)=A$
Quindi $A^T=A$ ovvero A è simmetrica.

Volevo solo che toccassi con "mano" la cosa.
All'autovalore 1 puoi associare appunto una qualsiasi base del piano $x+y+2z=0$
Ma alla fine ne scegli due...non infiniti
Per esempio, due autovettori lin. indip. legati all'autovalore 1 che soddisfano l'equazione sono (1,1,-1) e (2,0,-1).
Non sono ortogonali fra di loro.
Ora scegliamo l'autospazio relativo all'autovalore 3 in modo che sia ortogonale al primo, ad esempio, (1,1,2).

A questo punto possiamo finalmente derivare l'applicazione $A=PDP^(-1)$
$ A=( ( 1 , 2 , 1 ),( 1 , 0 , 1 ),( -1 , -1 , 2 ) ) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 3 ) )1/6( ( -1 , 5 , -2 ),( 3 , -3 , 0 ),( 1 , 1 , 2 ) )=1/3( ( 4 , 1 , 2 ),( 1 , 4 , 2 ),( 2 , 2 , 7 ) ) $
Ed è una matrice simmetrica!


Se invece avessi scelto una base ortogonale per il piano e quindi due autovettori associati all'autovalore 1 che siano ortogonali fra di loro: (1,1,-1) e (-1,1,0) e normalizzassi P avrei $ P=Q=( ( 1/sqrt(3) , -1/sqrt(2) , 1/sqrt(6) ),( 1/sqrt(3) , 1/sqrt(2) , 1/sqrt(6) ),( -1/sqrt(3) , 0 , 2/sqrt(6) ) ) $
$A=QDQ^(-1)=QDQ^T$
Se fai i conti otterrai nuovamente la medesima matrice A.
Puoi sbizzarrirti e scegliere set di autovettori diversi con l'unica regola che gli autospazi siano ortogonali e alla fine otterrai sempre e comunque A....ed è simmetrica.

[Bokonon]

Veramente questo problema mi sta mandando in tilt, riesco a seguire i tuoi ragionamenti ma se mi mettessi davanti un altro problema identico non riuscirei a risolverlo. Forse è anche perchè non ho in mente chiaramente il concetto di molt alg.

Proviamo così.
Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori reali e distinti, tipo 1,2 e 3.
Troverò sempre un autovettore associato ad ogni autovalore (poi sta a te sceglierlo basta che sia nel medesimo span).
Quindi molteplicità algebrica 3 = molteplicità geometrica 3. La matrice è diagonalizabile.

Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori tipo 1,1 e 3. Ovvero tre radici reali di cui due coincidenti. Troverò certamente un autovettore per 3..non ci sono santi che tengano, ok?
Poi però devo trovare un autovettore associato a 1 e un altro autovettore associato al secondo 1.
Se non trovo quindi due autovettori associati alla medesima radice del polinomio caratteristico (ma solo uno), allora la matrice non è diagonalizzabile perche otterrei molteplicità algebrica 3 diverso da molteplicità geometrica 2.

Ho una matrice A (3x3) con tre autovalori tipo 1,1 e 1. Quindi tre radici coincidenti. Affinchè sia diagonalizzabile dovrei trovare tre autovettori associati alla medesima radice. Impossibile: il kernel di $(A-1*I)$ avrà al massimo dimensione 2 (a meno che A non sia la matrice nulla!). Quindi la matrice non è diagonalizzabile.

[Tommaso99]

Perfetto con questi ultimi esempi ho capito il ragionamento, ne stavo uscendo pazzoa
Grazie mille a tutti veramente!

[Tommaso99]

Scusate per il ritorno ma... ho un'altra domanda velocissima, la somma delle dimensioni degli autospazi quindi m1+m2 ecc può essere maggiore di n?

[Bokonon]

Tu che dici dopo tutto quello è stato scritto?