Autovalori di un endomorfismo

Ci si pone il problema di trovare autovalori e autovettori di un dato endomorfismo di .


Sia lineare, allora è autovalore di se e solo se il nucleo di è diverso dallo spazio nullo, cioè se e solo se non è un isomorfismo.


Prendo una qualsiasi base di . Sia la matrice di in questa base. Allora la matrice nella base di è che equivale a .


è un autovalore di se e solo se la matrice non è invertibile e quindi se e solo se .



Osservazione 17.3

Siano e basi di , e siano e . Se chiamo so che è invertibile e che vale la relazione .

 



Per ogni , si ha allora

dove l'ultimo passaggio vale perché Matrici simili hanno lo stesso determinante.


In conclusione, la funzione che porta nel determinante di , con , dipende solo da e non dalla base scelta quindi la chiamo .


Se , allora , la matrice è un numero.


Caso particolare: Se , e , supponiamo che la matrice di nella base sia

allora

quindi

Polinomio caratteristico

In generale, il determinante di , se è una matrice è un polinomio monico (di grado 1) in della forma

o equivalentemente è Errore del parser (errore di sintassi): {\displaystyle \lambda^d-\rm{tr} (A)*\lambda^{d-1}\+d_{d-1}(A)*\lambda +(-1)^d* d(A)} dove i sono invarianti per similitudine, perché la loro espressioni non cambia per matrici simili, ovvero se e sono simili. In forma sintetica
dove , , (i termini in mezzo sono più complicati da scrivere)



Definizione 17.5

Il polinomio caratteristico di una matrice è il polinomio monico di grado tale che .


Se è lineare e , il polinomio caratteristico di è per una qualsiasi scelta di base di . E' il polinoio caratteristico della matrice che rappresenta l'applicazione lineare in una qualsiasi base.


Allora gli autovalori di sono tutti e soli le radici del polinomio caratteristico.

 



Sia spazio vettoriale su finitodimensionale e sia lineare. Allora è autovalore di se e solo se è una radice del polinomio caratteristico di , cioè tale che .


Definizione 17.6

Se è un autovalore di l'autospazio corrispondente è il nucleo di . Questo è non nullo perché è un autovalore.

 


Esempio 17.2

Sia dove ha tutte le entrate uguali a 1.


Determinare se l'applicazione lineare è diagonalizzabile e nel caso determinare una base di autovettori

Calcolo il polinomio caratteristico, che è il determinante di .

Gli autovalori di sono e .


Diremo che ha molteplicità algebrica 2 perché compare con l'esponente 2. ha molteplicità algebrica 1 perché ha esponente 1.


Calcoliamo gli autospazi.


Quindi nel caso di l'autospazio è il nucleo della matrice , che è .


L'autospazio relativo all'autovalore 3 è .

L'autospazio relativo all'autovalore 3 è lo span di

Se prendo i tre vettori e li metto in colonna, ottengo la matrice

che ha rango 3 quindi ho una base di , data da . Di conseguenza la matrice di in questa base è la matrice diagonale che ha come entrate diagonali gli autovalori associati agli autovettori. Le prime due corrispondono all'autovalore 0 e l'ultima all'autovalore 3.

Verificare facendo i calcoli che

dove C è la matrice che ha per colonne i tre vettori

 


Esempio 17.3

Prendo

(il determinante di una matrice triangolare superiore è il prodotto delle entrate sulla diagonale.) con molteplicità algebrica 1.


Calcolo autospazi e autovettori

La matrice ha rango 2 e il nucleo ha dimensione 1 e coincide con lo span di .


Il kehr ha dimensione 1.
anche questo autospazio ha dimensione 1.
Possiamo trovare solo due autovettori linearmente indipendenti, e quindi non possiamo trovare una base di composta da autovettori.


Gli autovettori di sono multipli scalari di o di diversi da 0.


Quindi non è possibile trovare una base di composta da autovettori.

 
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