problema con matrice diagonalizzante

[Bokonon]

e tralascio \( k^2-4 \)

Ma perchè tralasci?
L'equazione è del tipo $alambda^2+blambda+c=0$
dove $a=1$ $b=-2k$ e $c=k^2-4$
La formula risolutiva è $lambda=(-b+-sqrt(b^2-4ac))/(2a)$
Applicala. E per prima cosa ti consiglio prima di controllare quando il discriminante $b^2-4ac>=0$ ovvero trovare i valori di k per cui le radici sono reali. Ripeto in questo caso $b^2-4ac=16>0$ quindi non dipende da k ma, in generale, gli esercizi non saranno così semplici.

[robarri99]

ah cavolo, scusami, tralasciavo perche pensavo di dover considerare solo i valori con \( \lambda \) ora svolgo i calcoli per intero, intanto grazie

[robarri99]

ok svolta la formula mi vengono
\( \lambda 1 = k+2 \)
\( \lambda2 = k-2 \)
\(\lambda3 = 2 \)
sbagliato qualcosa?

[Bokonon]

Esatto! Finalmente ci siamo.
Quindi abbiamo scoperto che il polinomio caratteristico ha SEMPRE soluzioni reali qualsiasi sia k.
E anche evidente che non esiste un valore di k per cui le tre radici sono coincidenti.
Quindi ci resta solo da analizzare i casi in cui ci sono due radici coincidenti, ovvero:
-quando $lambda_1=lambda_3$?
-quando $lambda_2=lambda_3$?

[robarri99]

okok, ora ci sono, sono praticamente i calcoli di 2 miei messaggi fa (ovviamente con i valori corretti questa volta), giusto? (grazie mille per la disequazione, giuro ero stra in crisi per sta cavolata)

[Bokonon]

Prego, ma se vuoi completare l'esercizio fai pure. Così completiamo il ciclo logico per la risoluzione di questo tipo di esercizi.

[robarri99]

allora, spiego lo svolgimento totale, correggetemi se sbaglio.
trovate le tre soluzioni \( \lambda \) le comparo, facendo ovviamente \( \lambda1\neq \lambda 2 \) , \( \lambda2= \lambda 3 \) e \( \lambda1= \lambda 3 \)
nel primo caso ( \( \lambda2= \lambda 3 \)) abbiamo \( k-2=2 \) e quindi \( k=4 \) con \( \lambda =2 \)
nel secondocaso ( \( \lambda1= \lambda 3 \)) abbiamo \( k+2=2 \) e quindi \( k=0 \) con \( \lambda =2 \)
ora trovo gli autovalori con \( K=0 \) e \( \lambda =2 \):
\( |A0-2I|=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 4 & -2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \) e prendendo il minore \( \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \) viene determinante 8, che essendo diverso da 0, mi dà rango 2. \( ma=2 \) , \( mg=3-2=1 \) quindi \( ma\neq mg \) ciò implica che non è diagonalizzabile per k=0
analogamente svolgo gli stessi calcoli con k=4 (e risulta diagonalizzabile).

il punto 2) dell'esercizio chiedeva "posto k=4, una matrice D diagonale simile ad A4 e la relativa teoria diagonalizzante P"

creo la matrice \( A4 \) e trovo gli autovalori, la matrice risulta \( |A4-\lambda I|= \begin{pmatrix} 4-\lambda & 1 & 0 \\ 4 & 4-\lambda & 0 \\ 2 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \) e svolgendo i calcoli trovo i 3 autovalori: \( \lambda 1=\lambda 2=2 \) e \( \lambda 3=6 \) .
credo la matrice D con gli autovalori sulla diagonale principale (e il resto dei valori a 0)
\( D=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} \)

ora provvedo a calcolare P e poi posto la soluzione

[Bokonon]

E' corretto, però se permetti qualche nota...
a) teoria diagonalizzante non l'ho mai sentito come termine e francamente non ha nemmeno senso. Immagino sia semplicemente una matrice composta dagli autovettori di $A_4$.
b) non era necessario ricalcolare gli autovalori di $A_4$. Bastava sostituire $k=4$ nelle soluzioni generali.
c) ti hanno insegnato il metodo per calcolare il rango con i determinanti...secondo me è pessimo: si perde solo tempo. Dato che dovevi verificare che il rango di $Rg[A_4-2I]=1$ e che al secondo punto ti chiede di trovarne gli autovettori, tanto vale risolvere direttamente il sistema omogeneo $[A_4-2I]v=0$ ovvero trovarne il kernel (che dovrà avere dimensione 2).
Usando Gauss-Jordan, basta un passaggio:
$ [A_4-2I]=( ( 2 , 1 , 0 ),( 4 , 2 , 0 ),( 2 , 1 , 0 ) ) rArr ( ( 2 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) ( ( v_x ),( v_y ),( v_z ) )=0$
Una base del kernel sono (per esempio) gli autovettori associati a $lambda=2$:
$v_1=(0,0,1)$ e $v_2=(1,-2,0)$
quindi m.a.=m.g., potevi affermare che $A_k$ è diagonalizzabile per $k!=0$ e avevi già fatto buona parte del lavoro.
E ti restava solo da trovare l'autovettore associato a $lambda=6$

[robarri99]

intanto ti ringrazio per le dritte date, cerchero di adottarle perche semplificano di molto a quanto vedo.
ieri ho concluso l'esercizio in modo differente (non avendo visto il tuo messaggio prima di finire l'esercizio) e per trovare p avevo fatto la matrice \( |A4-2I|=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ x \\ z \end{pmatrix} \) e svolgendo i calcoli del sistema \( \begin{cases} 2x+y=0 \\ 4x+2y=0 \\ 2x+y=0 \end{cases} \) risultava \( x=-1/2y \) visto che avevo \( \lambda =2 \) con \( ma=2 \) ho creato due variabili "sostitutive", ovvero \( y=\alpha \) e \( z=\beta \)
quindi risultava, dopo la sostituzione, \( (-1/2\alpha ,\alpha ,\beta ) \) dove, separando le due variabili, risultano i 2 vettori \( (-1/2,1,0 ) \) e \( (0,0,1) \) .
ora mi chiedo, la soluzione che tu hai dato è giusta. la mia, perchè sia corretta, devo moltiplicare il primo vettore per \( (-2) \) in modo da farlo risultare \( (1,-2,0) \). è sbagliato se lo lascio nella forma \( (-1/2,1,0 ) \)? se si, che cosa sbaglio?

[Bokonon]

Va benissimo anche quello. Tutti i vettori che si trovano nello span, in questo caso $t(-1/2,1,0)$ sono autovettori.
Io preferisco eliminare le frazioni ed avere la prima componente positiva (solo per comodità) e l'ho moltiplicato per -2.

Puoi verificare da te che sono tutti autovettori collegati all'autovalore 2
$( ( 4 , 1 , 0 ),( 4 , 4 , 0 ),( 2 , 1 , 2 ) )( ( t ),( -2t ),( 0 ) )=( ( 2t ),( -4t ),( 0 ) )=2( ( t ),( -2t ),( 0 ) )$