CAPITOLO 11 Endomorfismi e matrici simmetriche

Esercizio 11.1. [Esercizio 15) cap. 9 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Calcolare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori per le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}1 & 3 & 0 \\ 3 & −2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

Esercizio 11.2. Per ognuna delle seguenti matrici simmetriche A si determini una matrice ortogonale P per la quale P^{T} AP sia diagonale

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

Esercizio 11.3. Sia T l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & −1 & 5 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica.

a) Stabilire se l’endomorfismo T é diagonalizzabile.

b) Trovare basi ortonormali degli autospazi di T (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}).

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

Esercizio 11.4. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}8 & −2 & 2 \\ −2 & 5 & 4 \\ 2 & 4 & 5 \end{matrix}]

a) Calcolare il polinomio caratteristico di A.

b) Si può affermare che A è diagonalizzabile anche senza conoscere gli autovalori?

c) Trovare una base di R^{3} costituita da autovettori di A.

Esercizio 11.5. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}6 & 0 & −2 \\ 0 & 5 & 0 \\ −2 & 0 & 9 \end{matrix}] .

Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

Esercizio 11.6. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

Esercizio 11.7. Si consideri la matrice reale simmetrica

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

a) Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

b) Determinare una matrice ortogonale P tale che P^{T} AP sia diagonale.

Esercizio 11.8. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 5 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori di T.

b) Determinare una base ortonormale di R^{4} formata da autovettori di T.

Esercizio 11.9. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{3}

T (x, y, z) = (ax, bx + y + z, y + z)

con a e b parametri reali.

a) Si discuta la diagonalizzabilità di T al variare di a e b in R.

b) Posto a = b = 0 si determini una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

Esercizio 11.10. Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}] .

rispetto alla base B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } . T è un endomorfismo simmetrico?

Esercizio 11.11. Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] .

rispetto alla base

B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } .

a) T è un endomorfismo simmetrico?

b) T è diagonalizzabile?

Esercizio 11.12. Sia T l’endomorfismo do R^{4} cosí definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3x_{1}, x_{3}, x_{4}, −3x_{2} + x_{3} + 3x_{4})

a) Mostrare che 1 è autovalore di T.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile e in caso affermativo trovare una base rispetto a cui T ha matrice diagonale.

c) L’endomorfismo T è simmetrico?

Esercizio 11.13. Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1}, 2x_{2} + \sqrt{3}x_{3}, \sqrt{3}x_{2})

a) Stabilire se T è invertibile.

b) Mostrare che T è un endomorfismo simmetrico.

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} che diagonalizza T.

Esercizio 11.14. Si consideri la funzione lineare (endomorfismo) T : R^{3} → R^{3} così definita:

T (x, y, z) = (2x + 4z, 6y, 4x + 2z).

a) Stabilire se T è simmetrica rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}.

b) Se esiste, trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di T.

Esercizio 11.15. Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo avente come autovettori i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1), rispetto agli autovalori 1, 1, 2.

a) Calcolare la matrice A che rappresenta T rispetto alla base canonica.

b) T è invertibile?

c) T è un endomorfismo simmetrico?

Esercizio 11.16. Sia T l’endomorfismo di R_{2}[x] che associa al polinomio p(x) = ax^{2} + bx + c ∈ R_{2}[x] il polinomio

T (p(x)) = (a + kb)x^{2} + (ka + b)x + kc.

a) Trovare la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1}.

b) Calcolare gli autovalori di T e stabilire se T è diagonalizzabile.

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1. Suggerimenti

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Endomorfismo simmetrico: T : V → V tale che:

(T (u), v) = (u, T (v)) ∀u, v ∈ V

Proprietà : Se T è un endomorfismo e A è la matrice associata a T rispetto a una base ortonormale, allora:

• T è simmetrico ⇔ A è simmetrica (cioè A = A^{T}).

• T ha n autovalori reali (contati con la loro molteplicità).

• Autovettori relativi a autovalori distinti sono ortogonali.

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Matrice ortogonale: P è una matrice ortogonale se

P · P^{T} = I ovvero P^{−1} = P^{T}

Notiamo che det(P) = ±1, e P è detta ortogonale speciale se det(P) = 1. ——————————————————————————————————————————————-

Teorema spettrale

• Se T è un endomorfismo simmetrico di V, allora esiste una base ortonormale di V formata da autovettori di T. In particolare T è diagonalizzabile, cioè esiste una base (ortonormale) di V rispetto alla quale la matrice associata a T è diagonale.

• Se A è una matrice simmetrica, allora A è simile a una matrice diagonale D (ovvero A è diagonalizzabile). Inoltre la matrice diagonalizzante P è una matrice ortogonale:

P^{−1}AP = P^{T} AP = D

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2. Soluzioni

Esercizio 11.1. [Esercizio 15) cap. 9 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Calcolare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori per le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}1 & 3 & 0 \\ 3 & −2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

Soluzione:

Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice A calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

A − λI = [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 0 \\ 2 & 1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & −1 − λ \end{matrix}]

Quindi

p_{A}(λ) = (1 − λ)(1 − λ)(−1 − λ) − 2 · 2(−1 − λ) = (−1 − λ)[(1 − λ)(1 − λ) − 4]
= (−1 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

Gli autovalori di A sono i valori di λ per cui p_{A}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = −1 (doppio), λ_{2} = 3

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = −1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A + I:

[\begin{matrix}2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + 2y = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒ E(−1) = ⟨(−1, 1, 0), (0, 0, 1)⟩

Poichè dalla teoria sappiamo che le matrici simmetriche sono diagonalizzabili, ci aspettavamo che l’autovalore λ = −1 avesse molteplicità geometrica 2.

• λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 2 & 0 & | & 0 \\ 2 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + 2y = 0 \\ −4z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩

Siano

v_{1} = (−1, 1, 0),  v_{2} = (0, 0, 1),  v_{3} = (1, 1, 0)

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo A una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Inoltre, in questo caso, anche i due autovettori relativi allo stesso autovalore λ = −1 risultano ortogonali: (v_{1}, v_{2}) = 0. Per determinare la base ortonormale richiesta è quindi sufficiente normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (0, 0, 1)  ⇒  la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)

Ripetiamo ora l’esercizio con la matrice B. Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice B calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

B − λI = [\begin{matrix}1 − λ & 3 & 0 \\ 3 & −2 − λ & −1 \\ 0 & −1 & 1 − λ \end{matrix}]

Quindi

p_{B}(λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1] − 3 · 3(1 − λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1 − 9]
= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 12)

Gli autovalori di B sono i valori di λ per cui p_{B}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = 1,  λ_{2} = 3,  λ_{3} = −4

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = 1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − I:

[\begin{matrix}0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & −3 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3y = 0 \\ 3x − 3y − z = 0 \\ −y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 3t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 3)⟩ • λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & −5 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II + 3I [\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}−2x + 3y = 0 \\ −y − 2z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(3) = ⟨(−3, −2, 1)⟩

• λ = −4. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a B + 4I:

[\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 5II + −3I [\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −5 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}5x + 3y = 0 \\ y − 5z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = 5t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(−4) = ⟨(−3, 5, 1)⟩

Siano

v_{1} = (1, 0, 3),  v_{2} = (−3, −2, 1),  v_{3} = (−3, 5, 1)

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo B una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Per determinare la base ortonormale richiesta si tratta quindi di normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{10}}, 0, \frac{3}{\sqrt{10}})

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{14}}, −\frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{1}{\sqrt{14}})  ⇒ la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{35}}, \frac{5}{\sqrt{35}}, \frac{1}{\sqrt{35}})

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Esercizio 11.2. Per ognuna delle seguenti matrici simmetriche A si determini una matrice ortogonale P per la quale P^{T} AP sia diagonale

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

Soluzione:

Poichè entrambe le matrici A sono simmetriche, sappiamo dalla teoria che sono sicuramente diagonatizzabili. Si tratta di

(1) Determinare gli autovettori di A,

(2) Determinare una base ortonormale a partire dagli autovettori (linearmente indipendenti) di A,

(3) Scrivere la matrice P che ha per colonne gli elementi della base trovata. La matrice P cosí determinata è diagonalizzante e ortogonale.

Consideriamo prima la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −2 \end{matrix}]

(1) p_{A}(λ) = λ^{2} + λ − 6 ⇒ autovalori: λ_{1} = 2, λ_{2} = −3

• λ = 2. Consideriamo A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 2 & | & 0 \\ 2 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(2) = ⟨ (2, 1) ⟩

• λ = −3. Consideriamo A + 3I:

[\begin{matrix}4 & 2 & | & 0 \\ 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(−3) = ⟨ (1, −2) ⟩

(2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (2, 1),  v_{2} = (1, −2)  ⇒

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}) , u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}})

(3) Infine

P = [\frac{1}{\sqrt{5}} −\frac{2}{\sqrt{5}}^{\frac{2}{\sqrt{5}} \frac{1}{\sqrt{5}}}]

Consideriamo ora la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

(1) p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 3λ) ⇒ autovalori: λ_{1} = 1, λ_{2} = 3, λ_{3} = 0 • λ = 1. Consideriamo A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒  E(1) = ⟨ (1, 1, 0) ⟩

• λ = 3. Consideriamo A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2III + I [\begin{matrix}−2 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = −2t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(3) = ⟨ (−1, 1, −2) ⟩

• λ = 0. Consideriamo A − 0I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 1 & −1 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(0) = ⟨ (−1, 1, 1) ⟩

(2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (1, 1, 0)  u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)
v_{2} = (−1, 1, −2)  ⇒  u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}})
v_{3} = (−1, 1, 1)  u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

(3) Infine

P = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} & −\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} ]

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Esercizio 11.3. Sia T l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & −1 & 5 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica. a) Stabilire se l’endomorfismo T é diagonalizzabile.

b) Trovare basi ortonormali degli autospazi di T (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}).

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

Soluzione:

a) L’endomorfismo T é sicuramente diagonalizzabile perchè è simmetrico.

b) Calcoliamo gli autovalori di T:

p_{A}(λ) = (4 − λ)[(5 − λ)^{2} − 1] = (4 − λ)^{2}(6 − λ)

Quindi gli autovalori sono:

λ_{1} = 4 doppio
λ_{2} = 6

Calcoliamo ora gli autospazi. Risolviamo il sistema omogeneo associato a A − 4I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ y − z = 0

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = s \end{cases} ⇒ E(4) = ⟨ (1, 0, 0), (0, 1, 1) ⟩

Notiamo che, anche senza avere osservato che T è simmetrico, a questo punto possiamo concludere che T è diagonalizzabile in quanto la molteplicità geometrica del suo unico autovalore doppio è 2.

Inoltre i due vettori presi come generatori sono tra loro ortogonali, è perciò sufficiente normalizzarli per ottenere una base ortonormale di E(4):

B(E(4)) = \{ (1, 0, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) \}

Risolviamo ora il sistema omogeneo associato a A − 6I:

[\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x = 0 \\ −y − z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(6) = ⟨ (0, −1, 1) ⟩

Una base ortonormale di E(6) è:

B(E(6)) = \{ (0, −\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) \}

c) L’insieme

B = \{ (1, 0, 0) , (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (0, −\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) \}

è una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

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Esercizio 11.4. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}8 & −2 & 2 \\ −2 & 5 & 4 \\ 2 & 4 & 5 \end{matrix}]

a) Calcolare il polinomio caratteristico di A.

b) Si può affermare che A è diagonalizzabile anche senza conoscere gli autovalori?

c) Trovare una base di R^{3} costituita da autovettori di A.

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A

p_{A}(λ) = (8 − λ) · [(5 − λ)^{2} − 16] + 2[−2(5 − λ) − 8] + 2[−8 − 2(5 − λ)]
= (8 − λ)(λ^{2} − 10λ + 9) + 2(2λ − 18) + 2(−18 + 2λ)
= (8 − λ)(λ − 1)(λ − 9) + 8(λ − 9)
= (λ − 9)(λ^{2} − 9λ + 8 − 8)
= −λ(λ − 9)^{2}

Di conseguenza gli autovalori di A sono λ = 0 e λ = 9 (doppio).

b) A è sicuramente diagonnalizzabile perchè è simmetrica.

c) Calcoliamo i due autospazi. E(0). Risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}8 & −2 & 2 \\ −2 & 5 & 4 \\ 2 & 4 & 5 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II + 1/2I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}4 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 9 & 9 & | & 0 \\ 0 & 9 & 9 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/9II \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}4 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2}t \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(0) = ⟨ (−1, −2, 2) ⟩

E(9). Risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 9I:

[\begin{matrix}−1 & −2 & 2 & | & 0 \\ −2 & −4 & 4 & | & 0 \\ 2 & 4 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −2 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −2s + 2t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

⇒ E(9) = ⟨ (−2, 1, 0), (2, 0, 1) ⟩

Infine una base di R^{3} formata da autovettori di T è data dall’insieme

{ (−1, −2, 2), (−2, 1, 0), (2, 0, 1) } .
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Esercizio 11.5. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}6 & 0 & −2 \\ 0 & 5 & 0 \\ −2 & 0 & 9 \end{matrix}] .

Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A

p_{A}(λ) = (6 − λ)(5 − λ)(9 − λ) − 2 · 2(5 − λ) = (5 − λ)(λ^{2} − 15λ + 54 − 4)
= −(λ − 5)^{2}(λ − 10)

Di conseguenza gli autovalori di A sono

λ = 10, λ = 5 (doppio)

Calcoliamo i due autospazi.

E(10). Risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 10I:

[\begin{matrix}−4 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & −5 & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & −58 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = −2t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(10) = ⟨ (1, 0, −2) ⟩ E(5). Risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 5I:

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 2I [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

⇒ E(5) = ⟨ (2, 0, 1), (0, 1, 0) ⟩

Una base di R^{3} formata da autovettori di T è data dall’insieme

{ (1, 0, −2), (2, 0, 1), (0, 1, 0) } .

Notiamo che tali vettori sono già tra loro ortogonali, è quindi sufficiente normalizarli. Una base ortonormale è quindi data dall’insieme

\{ (\frac{1}{\sqrt{5}}, 0, −\frac{2}{\sqrt{5}}) , (\frac{2}{\sqrt{5}}, 0, \frac{1}{\sqrt{5}}) , (0, 1, 0) \} .

□

Esercizio 11.6. Sia A la matrice reale

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (2 − λ) [(1 − λ)^{2} − 1] = (2 − λ)(1 − λ − 1)(1 − λ + 1)

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 0 singolo
λ_{2} = 2 doppio

Calcoliamo l’autospazio E(0) relativo all’autovalore λ_{1} = 0 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + y = 0 \\ 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza E(0) = ⟨(1, −1, 0)⟩.

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) relativo all’autovalore λ_{2} = 2 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II + I [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ −x + y = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Di conseguenza E(2) = ⟨(1, 1, 0), (0, 0, 1)⟩.

Gli autovettori trovati sono tutti ortogonali tra loro, quindi per determinare una base ortonormale di R^{3} è sufficiente normalizzarli:

B = \{(\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) , (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) , (0, 0, 1)\}

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Esercizio 11.7. Si consideri la matrice reale simmetrica

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

a) Trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di A.

b) Determinare una matrice ortogonale P tale che P^{T} AP sia diagonale.

10 11. ENDOMORFISMI E MATRICI SIMMETRICHE

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (1 − λ) [(2 − λ)(1 − λ) − 1] − (1 − λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 3λ) = λ(1 − λ)(λ − 3)

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 0, λ_{2} = 1, λ_{3} = 3 singoli

Calcoliamo l’autospazio E(0) relativo all’autovalore λ_{1} = 0 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + y = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(0) = ⟨(1, −1, −1)⟩ Analogamente calcoliamo l’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ_{2} = 1 risolvendo il sistema omoge-

neo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ x + y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 1)⟩

Calcoliamo infine l’autospazio E(3) relativo all’autovalore λ_{3} = 3 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 1 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II + I [\begin{matrix}−2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + y = 0 \\ −y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ E(3) = ⟨(−1, −2, 1)⟩

a) Gli autovettori trovati sono tutti ortogonali tra loro (anche perchè appartengono a autospazi

ditinti), quindi per determinare una base ortonormale di R^{3} è sufficiente normalizzarli:

B = \{(\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) , (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, ) , (−\frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, ) , \}

b) La matrice P cercata ha per colonne i vettori della base di R^{3} trovata:

P = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} \\ −\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} \\ −\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{matrix} ]

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Esercizio 11.8. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

A = [\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 5 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori di T.

b) Determinare una base ortonormale di R^{4} formata da autovettori di T. Soluzione: Notiamo che la matrice A è simmetrica, quindi è sicuramente diagonalizzabile.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico sviluppando rispetto alla prima riga:

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}4 − λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 5 − λ & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 6 − λ & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 5 − λ \end{matrix}] = (4 − λ)(6 − λ)[(5 − λ)^{2} − 1]
=(4 − λ)^{2}(6 − λ)^{2}

quindi gli autovalori di M sono λ = 4, 6, entrambi di molteplicità algebrica 2.

Calcoliamo ora gli autospazi:

E(4) = N(M − 4I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \\ w = s \end{cases} ⇒ E(4) = ⟨ (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1) ⟩

E(6) = N(M − 6I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = s \\ w = −t \end{cases} ⇒ E(6) = ⟨ (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, −1) ⟩

b) Notiamo che i due generatori di E(4) e i due generatori di E(6) determinati sono ortogonali tra loro, quindi per trovare un base ortonormale di R^{4} basta renderli di norma 1:

B(R^{4}) = \{(1, 0, 0, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (0, 0, 1, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, −\frac{1}{\sqrt{2}})\}

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Esercizio 11.9. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{3}

T (x, y, z) = (ax, bx + y + z, y + z)

con a e b parametri reali.

a) Si discuta la diagonalizzabilità di T al variare di a e b in R.

b) Posto a = b = 0 si determini una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori di T.

Soluzione: Determiniamo la matrice A = M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

A = [\begin{matrix}a & 0 & 0 \\ b & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

Il polinomio caratteristico di A è P_{A}(λ) = (a − λ)(λ^{2} − 2λ), quindi gli autovalori di A sono λ = a, 0, 2.

a) Se a ≠ 0, 2, T ha tre autovalori singoli, quindi è sicuramente diagonalizzabile.

Se a = 0, l’autovalore λ = 0 è doppio, quindi per stabilire se T è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio E(0):

E(0) = N(A) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − III [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere due casi – Se a = 0 e b = 0 l’autospazio E(0) ha dimensione 2, quindi T è diagonalizzabile.

– Se a = 0 e b ≠ 0 l’autospazio E(0) ha dimensione 1, quindi T non è diagonalizzabile.

Analogamente se a = 2, l’autovalore λ = 2 è doppio, quindi per stabilire se T è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio E(2):

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ b & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo quindi distinguere due casi – Se a = 2 e b = 0 l’autospazio E(2) ha dimensione 2, quindi T è diagonalizzabile.

– Se a = 2 e b ≠ 0 l’autospazio E(2) ha dimensione 1, quindi T non è diagonalizzabile. Infine T è daigonalizzabile se a ≠ 0, 2 per ogni valore di b, oppure se a = 0 o a = 2 e b = 0.

b) Per a = b = 0 abbiamo già in sostanza calcolato l’autospazio

E(0) = ⟨(0, 1, −1), (1, 0, 0)⟩

Notiamo che i due generatori trovati sono già tra loro ortogonali, quindi si tratterà solamente di renderli di norma 1.

Analogamente per a = b = 0 otteniamo:

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(0, 1, 1)⟩

Infine la base ortonormale cercata è

B(R^{3}) = \{(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}) , (1, 0, 0), (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})\}

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Esercizio 11.10. Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}] .

rispetto alla base B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } . T è un endomorfismo simmetrico?

Soluzione: Notiamo che la base B non è una base ortonormale, quindi il fatto che A non sia simmetrica non implica che non lo sia T. Per potere utilizzare questa implicazione dobbiamo scrivere la matrice associata a T rispetto a una base ortonormale, in particolare rispetto alla base canonica. Per comodità assegnamo un nome ai tre vettori della base B:

v_{1} = (1, 1, 1),  v_{2} = (1, 1, 0),  v_{3} = (1, 0, 1)

Dalla matrice A ricaviamo le immagini degli elementi della base B, ricordando però che tali elementi sono ancora espressi rispetto a B:

T (v_{1}) = T (1, 1, 1) = (2, 2, 0)_{B}
T (v_{2}) = T (1, 1, 0) = (2, 3, −1)_{B}
T (v_{3}) = T (1, 0, 1) = (1, 0, 1)_{B}

Per calcolare le immagini della base canonica dobbiamo prima esprimere e_{1}, e_{2}, e_{3} rispetto alla base B. Notiamo che data la semplicità dei calcoli non è necessario impostare e risolvere i tre sistemi associati alle equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i}. E’ infatti immediato ricavare che

e_{3} = (1, 1, 1) − (1, 1, 0) = v_{1} − v_{2} = (1, −1, 0)_{B}
e_{2} = (1, 1, 1) − (1, 0, 1) = v_{1} − v_{3} = (1, 0, −1)_{B}
e_{1} = (1, 1, 0) − e_{2} = v_{2} − v_{1} + v_{3} = (−1, 1, 1)_{B}

Quindi sfruttando la linearità di T:

T (e_{3}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) = (2, 2, 0)_{B} − (2, 3, −1)_{B} = (0, −1, 1)_{B} = −v_{2} + v_{3} = (0, −1, 1)
T (e_{2}) = T (v_{1}) − T (v_{3}) = (2, 2, 0)_{B} − (1, 0, 1)_{B} = (1, 2, −1)_{B} = v_{1} + 2v_{2} − v_{3} = (2, 3, 0)
T (e_{1}) = T (v_{2}) − T (v_{1}) + T (v_{3}) = (2, 3, −1_{B}) − (2, 2, 0)_{B} + (1, 0, 1)_{B} = (1, 1, 0)_{B} = v_{1} + v_{2} = (2, 2, 1)

La matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è quindi:

B = [\begin{matrix}2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & −1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

Poichè B non è simmetrica, anche non T è un endomorfismo simmetrico.

Notiamo che per calcolare B potevamo in alternativa usare la matrice di cambiamento di base. Indichiamo con P è la matrice di cambiamento di base da B alla base canonica C, cioè P = M_{B}^{C} è la matrice che ha per colonne i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} (espressi rispetto alla base canonica).La matrice di cambiamento di base da C a B è la matrice inversa di P: P^{−1} = M_{C}^{B}. Poiché A = M_{B}^{B}(T) e B = M(T) = M_{C}^{C}(T) abbiamo la seguente relazione:

M(T) = M_{C}^{C}(T) = M_{B}^{C}M_{B}^{B}(T)M_{C}^{B}  ⇒  B = P AP^{−1}
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Esercizio 11.11. Sia T l’endomorfismo di R^{3} a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] .

rispetto alla base

B = { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1) } .

a) T è un endomorfismo simmetrico?

b) T è diagonalizzabile?

Soluzione:

a) Notiamo che la base B non è una base ortonormale, quindi il fatto che A non sia simmetrica non implica che non lo sia T. Per potere utilizzare questa implicazione dobbiamo scrivere la matrice associata a T rispetto a una base ortonormale, in particolare rispetto alla base canonica. Per fare questo possiamo procedere in due modi

(1) Ricavare le immagini di e_{1}, e_{2} e e_{3} utlizzando la matrice A, dopo avere espresso e_{i} rispetto a B e ricordando che i risultati ottenuti saranno ancora espressi rispetto a B.

(2) Ricavare direttamente le immagini di e_{1}, e_{2} e e_{3} sfruttando la linearità di T.

Consideriamo entrambi i metodi

(1) Se vogliamo utilizzare direttamente la matrice M_{B}(S) dobbiamo scrivere e_{1}, e_{2} e e_{3} rispetto alla base B. Chiamiamo v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 1, 0) e v_{3} = (1, 0, 1) i tre vettori di B; si tratta quindi di risolvere le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} con i = 1, 2, 3. Riduciamo a gradini la matrice associata alle tre equazioni contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & | & −1 & 0 & 1 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}−III \\ −II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & 0 \end{matrix}]

Possiamo ora risolvere i tre sistemi.

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 1 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ e_{1} = (−1, 1, 1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 0 \\ y = 0 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 0 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ e_{2} = (1, 0, −1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x + y + z = 0 \\ y = −1 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ e_{3} = (1, −1, 0)_{B}

Possiamo usare ora la matrice M_{B}(T) per calcolare le imamgini di e_{i}, ricordando però che il risultato ottenuto è ancora espresso rispetto rispetto a B, mentre noi dobbiamo esprimerlo rispetto alla base canonica:

T (e_{1}) = M_{B}(T) · e_{1} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}−2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}]
= (−2, 2, 1)_{B} = −2 · v_{1} + 2 · v_{2} + 1 · v_{3} = (1, 0, −1)
T (e_{2}) = M_{B}(T) · e_{2} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 \\ −1 \\ −2 \end{matrix}]
= (3, −1, −2)_{B} = 3 · v_{1} − 1 · v_{2} − 2 · v_{3} = (0, 2, 1)
T (e_{3}) = M_{B}(T) · e_{3} = [\begin{matrix}6 & 1 & 3 \\ −3 & 1 & −2 \\ −3 & −1 & −1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}5 \\ −4 \\ −2 \end{matrix}]
= (5, −4, −2)_{B} = 5 · v_{1} − 4 · v_{2} − 2 · v_{3} = (−1, 1, 3)

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è

B = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix}]

(2) In alternativa possiamo ricavare direttamente le immagini di e_{1} dalla matrice A = M_{B}(T), sfruttando la linearità di T. Sappiamo infatti che una matrice M_{B}(T) ha per colonne le immagini degli elementi di B espressi ancora rispetto a B. Quindi:

T (1, 1, 1) = (6, −3, −3)_{B}
T (1, 1, 0) = (1, 1, −1)_{B}
T (1, 0, 1) = (3, −2, −1)_{B}

Sfruttando la linearità di T:

T (0, 0, 1) = T (1, 1, 1) − T (1, 1, 0) = (6, −3, −3)_{B} + (−1, −1, 1)_{B} = (5, −4, −2)_{B}
= 5 · (1, 1, 1) − 4 · (1, 1, 0) − 2 · (1, 0, 1) = (−1, 1, 3)
T (1, 0, 0) = T (1, 0, 1) − T (0, 0, 1) = (3, −2, −1)_{B} + (−5, 4, 2)_{B} = (−2, 2, 1)_{B}
= −2 · (1, 1, 1) + 2 · (1, 1, 0) + 1 · (1, 0, 1) = (1, 0, −1)
T (0, 1, 0) = T (1, 1, 0) − T (1, 0, 0) = (1, 1, −1)_{B} + (2, −2, −1)_{B} = (3, −1, −2)_{B}
= 3 · (1, 1, 1) − 1 · (1, 1, 0) − 2 · (1, 0, 1) = (0, 2, 1)

La matrice B associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica è quindi:

B = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 3 \end{matrix}]

Poichè B è simmetrica, anche T è un endomorfismo simmetrico.

b) T è sicuramente diagonalizzabile perchè è simmetrica.

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Esercizio 11.12. Sia T l’endomorfismo do R^{4} cosí definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3x_{1}, x_{3}, x_{4}, −3x_{2} + x_{3} + 3x_{4})

a) Mostrare che 1 è autovalore di T.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile e in caso affermativo trovare una base rispetto a cui T ha matrice diagonale.

c) L’endomorfismo T è simmetrico?

Soluzione: Determiniamo la matrice associata a T rispetto alla base canonica calcolando:

T (e_{1}) = (3, 0, 0, 0), T (e_{2}) = (0, 0, 0, −3), T (e_{3}) = (0, 1, 0, 1), T (e_{4}) = (0, 0, 1, 3)

Quindi la matrice associata è:

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 3 \end{matrix}]

Calcoliamo il polinomio caratteristico sviluppando rispetto alla prima riga:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (3 − λ) [−λ(−3λ + λ^{2} − 1) − 3] = (3 − λ) [−λ^{3} + 3λ^{2} + λ − 3]
= (3 − λ) [λ^{2}(−λ + 3) − (−λ + 3)] = (3 − λ)^{2} [λ^{2} − 1]

a) Gli autovalori A sono

λ = 3 doppio,  λ = 1,  λ = −1

In particolare λ = 1 è autovalore.

b) Calcoliamo l’autospazio E(3) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 3I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x_{2} + x_{3} = 0 \\ −3x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = s \\ x_{2} = t \\ x_{3} = 3t \\ x_{4} = 9t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨ (0, 1, 3, 9), (1, 0, 0, 0) ⟩

A questo punto possiamo già affermare che T è diagonalizzabile in quanto E(3) ha dimensione 2 e gli altri due autovalori sono singoli.

Calcoliamo l’autospazio E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 2 \end{matrix}] ⇒ IV − 3II [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x_{1} = 0 \\ −x_{2} + x_{3} = 0 \\ −x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = t \end{cases}

⇒ E(1) = ⟨ (0, 1, 1, 1) ⟩

Calcoliamo l’autospazio E(−1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A + I:

[\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 4 \end{matrix}] ⇒ IV + 3II [\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}4x_{1} = 0 \\ x_{2} + x_{3} = 0 \\ x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = −t \\ x_{4} = t \end{cases}

⇒ E(−1) = ⟨ (0, 1, −1, 1) ⟩

Infine T ha una matrice diagonale rispetto alla base

B = { (1, 0, 0, 0), (0, 1, 3, 9), (0, 1, 1, 1), (0, 1, −1, 1) }

c) T non è simmetrico in quanto la matrice A associata a T rispetto alla base canonica (che è

ortogonale) non è simmetrica.

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Esercizio 11.13. Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1}, 2x_{2} + \sqrt{3}x_{3}, \sqrt{3}x_{2})

a) Stabilire se T è invertibile.

b) Mostrare che T è un endomorfismo simmetrico.

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} che diagonalizza T.

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}]

a) T è invertibile se è invertibile la matrice A, cioè se A ha determinante non nullo:

det(A) = det [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}] = 2 · (−3) = −6 ≠ 0

b) La matrice associata a T rispetto alla base canonica (che è ortonormale) è simmetrica: A^{T} = A, quindi T è un endomorfismo simmetrico.

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 2 − λ & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −λ \end{matrix}] = (2 − λ) · [(2 − λ)(−λ) − 3] = (2 − λ)(λ^{2} − 2λ − 3)

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, −1, 3.

Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}\sqrt{3}z = 0 \\ \sqrt{3}y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E(−1) = N(A + I) : [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 1 \end{matrix}] ⇒ \sqrt{3}III − II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ 3y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = −\frac{3}{\sqrt{3}}t = −\sqrt{3}t \end{cases} ⇒ E(−1) = ⟨(0, 1, −\sqrt{3})⟩

E(3) = N(A − 3I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −3 \end{matrix}] ⇒ III + \sqrt{3}II [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & \sqrt{3} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}3x = 0 \\ −y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \sqrt{3}t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(0, \sqrt{3}, 1)⟩

Essendo tre autospazi distinti i tre autovalori generatori trovati sono tra loro ortogonali. Per ottenere la base ortonormale cercata basta quindi prendere i generatori di norma 1:

B(R^{3}) = \{(1, 0, 0), (0, \frac{1}{2}, −\frac{\sqrt{3}}{2}) , (0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})\}

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Esercizio 11.14. Si consideri la funzione lineare (endomorfismo) T : R^{3} → R^{3} così definita:

T (x, y, z) = (2x + 4z, 6y, 4x + 2z).

a) Stabilire se T è simmetrica rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}.

b) Se esiste, trovare una base ortonormale di R^{3} costituita da autovettori di T.

Soluzione: Determiniamo la matrice A associata a T rispetto alla base canonica:

A = M(T) = [\begin{matrix}2 & 0 & 4 \\ 0 & 6 & 0 \\ 4 & 0 & 2 \end{matrix}]

a) La matrice associata a T rispetto alla base canonica è simmetrica, quindi anche T è simmetrica.

b) Calcoliamo gli autovalori di T:

p_{A}(λ) = (6 − λ) · [(2 − λ)^{2} − 16] = (6 − λ)(λ^{2} − 4λ − 12)

Quindi gli autovalori di A sono λ = 6 (doppio) e λ = −2.

Calcoliamo ora gli autospazi:

E(6) = N(A − 6I) : [\begin{matrix}−4 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & −4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ E(6) = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩

E(−2) = N(A + 2I) : [\begin{matrix}4 & 0 & 4 \\ 0 & 8 & 0 \\ 4 & 0 & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ⇒ E(−2) = ⟨(−1, 0, 1)⟩

Notiamo che gli autovettori trovati sono già ortogonali tra loro, quindi per trovare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori basta prendere i generatori di norma 1:

B = \{ (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (0, 1, 0), (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) \}

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Esercizio 11.15. Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo avente come autovettori i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1), rispetto agli autovalori 1, 1, 2.

a) Calcolare la matrice A che rappresenta T rispetto alla base canonica.

b) T è invertibile?

c) T è un endomorfismo simmetrico?

Soluzione: Poiché v_{1} è autovettore rispetto a λ = 1, otteniamo che T (v_{1}) = v_{1}. Analogamente T (v_{2}) = v_{2} e T (v_{3}) = 2v_{3}. Di conseguenza

T (v_{1}) = (1, 1, 0),  T (v_{2}) = (0, 1, 1),  T (v_{3}) = (0, 0, 2)

a) Dobbiamo trovare le immagini della base canonica. Notiamo che

e_{3} = v_{3}
e_{2} = v_{2} − v_{3}
e_{1} = v_{1} − e_{2} = v_{1} − v_{2} + v_{3}

Per la linearità di T otteniamo che

T (e_{3}) = T (v_{3}) = (0, 0, 2)
T (e_{2}) = T (v_{2}) − T (v_{3}) = (0, 1, 1) − (0, 0, 2) = (0, 1, −1)
T (e_{1}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) + T (v_{3}) = (1, 1, 0) − (0, 1, 1) + (0, 0, 2) = (1, 0, 1)

Quindi la matrice che rappresenta T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 2 \end{matrix}]

In alternativa per calcolare A si poteva utilizzare la matrice diagonalizzante P che ha per colonne gli autovettori, e la matrice diagonale D che ha gli autovalori sulla diagonale. Dalla relazione P^{−1}AP = D si ricava A = P DP^{−1}.

b) T è invertibile se lo è A. Poiché det(A) = −2 ≠ 0, A e T sono invertibili.

c) T non è simmetrico perché A, che è associata a T rispetto alla base (ortonormale) canonica, non lo è.

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Esercizio 11.16. Sia T l’endomorfismo di R_{2}[x] che associa al polinomio p(x) = ax^{2} + bx + c ∈ R_{2}[x] il polinomio

T (p(x)) = (a + kb)x^{2} + (ka + b)x + kc.

a) Trovare la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1}.

b) Calcolare gli autovalori di T e stabilire se T è diagonalizzabile.

Soluzione:

Notiamo che il generico polinomio p(x) = ax^{2} +bx+c ∈ R_{2}[x] ha componenti (a, b, c) rispetto alla base {x^{2}, x, 1}. In particolare p(x) = x^{2} ha componenti (1, 0, 0), p(x) = x ha componenti (0, 1, 0) e p(x) = 1 ha componenti (0, 0, 1). In sostanza la base {x^{2}, x, 1} corrisponde quindi alla base canonica. Inoltre T può essere vista come apllicazione T : R^{3} → R^{3} tale che:

T (a, b, c) = (a + kb, ka + b, kc).

a) Calcoliamo la immagini degli elementi della base:

T (x^{2}) = T (1, 0, 0) = (1, k, 0) = x^{2} + kx
T (x) = T (0, 1, 0) = (k, 1, 0) = kx^{2} + x
T (1) = T (0, 0, 1) = (0, 0, k) = k

Di conseguenza la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1} è

A = [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (k − λ) [(1 − λ)^{2} − k^{2}] = (k − λ)(1 − λ − k)(1 − λ + k)

Di conseguenza gli autovalori (non sempre distinti) sono

λ = k,  λ = 1 − k,  λ = 1 + k

Notiamo che la matrice A è diagonalizzabile, senza la necessità di calcolare molteplicità algebrica e geometrica degli autovalori, in quanto è simmetrica.

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