CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 7– GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 7.1 (9.3). Sia T l’endomorfismo di R^{3} definito da

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

a) Stabilire se esistono autovettori di T ed eventualmente determinarli.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile.

c) Determinare la base rispetto alla quale T ha matrice associata D diagonale e determinare la matrice diagonale D e la matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D).

Soluzione: Risolviamo questo esercizio utilizzando la sola definizione di autovalore e autovettore.

a) Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Impostiamo l’equazione:

T (v) = λv ⇒ A · v = λv ⇒ [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}] ⇒ [\begin{matrix}x + y \\ 3y \\ 2z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + y = λx \\ 3y = λy \\ 2z = λz \end{cases} ⇒ \begin{cases}(1 − λ)x + y = 0 \\ (3 − λ)y = 0 \\ (2 − λ)z = \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 − λ & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 − λ & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 − λ & | & 0 \end{matrix}]

Quindi T (v) = λv ammette soluzione v ≠ 0 se e solo se il sistema omogeneo trovato ha soluzione non nulla. Sappiamo che un sistema omogeneo in tre incognite ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla se la matrice dei coefficienti ha rango minore di 3. Quindi T ha degli autovettori se la matrice dei coefficienti determinata ha rango minore di tre, ovvero determinante nullo:

det [\begin{matrix}1 − λ & 1 & 0 \\ 0 & 3 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(3 − λ)(2 − λ) = 0 ⇒ λ = 1, 3, 2

Consideriamo i tre casi

– Se λ = 1 otteniamo il sistema omogeneo

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

Quindi tutti i vettori del tipo (t, 0, 0), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 1:

T (t, 0, 0) = A · (t, 0, 0) = (t, 0, 0).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 1:

E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩

– Se λ = 3 otteniamo il sistema omogeneo

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

Quindi tutti i vettori del tipo (t, 2t, 0), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 3:

T (t, 2t, 0) = A · (t, 2t, 0) = (3t, 6t, 0) = 3 · (t, 2t, 0).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 3:

E(3) = ⟨(1, 2, 0)⟩

– Se λ = 2 otteniamo il sistema omogeneo

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

Quindi tutti i vettori del tipo (0, 0, t), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 2:

T (0, 0, t) = A · (0, 0, t) = (0, 0, 2t) = 2 · (0, 0, t).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 2:

E(2) = ⟨(0, 0, 1)⟩

b) T è diagonalizzabile se rispetto a una opportuna base ha associata una matrice diagonale, ovvero se esiste una base di R^{3} formata da autovettori di T. Prendiamo un autovettore relativo a ciascun autovalore:

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

e stabiliamo se sono linearmente indipendenti calcolando il determinante della matrice associata ai tre vettori:

det [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] = 1 · 2 · 1 ≠ 0

Quindi i vettori sono linearmente indipendenti e B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3} formata da autovettori di T, dunque T è diagonalizzabile. In realtà autovettori relativi ad autovalori differenti sono sempre linearmente indipendenti.

c) Abbiamo già determinato la base al punto precedente. Inoltre

\begin{matrix}T (v_{1}) = v_{1} ⇒ T (v_{1}) = (1, 0, 0)_{B} \\ T (v_{2}) = 3v_{2} ⇒ T (v_{2}) = (0, 3, 0)_{B} \\ T (v_{3}) = 2v_{3} ⇒ T (v_{3}) = (0, 0, 2)_{B} \end{matrix} ⇒ M_{B}(T) = D = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Notiamo che D è la matrice che ha sulla diagonale gli autovalori relativi ai tre autovettori che formano la base.

La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Infatti M_{B}(T) = M_{C}^{B} · M(T) · M_{B}^{C}.

□

Esercizio 7.2 (9.5). [Esercizio 9) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato]

Riconoscere che le due seguenti matrici M sono diagonalizzabili, e calcolare per ciascuna di esse una matrice P diagonalizzante (tale cioè che valga P^{−1}MP = D, con D matrice diagonale; ricordiamo che P è una matrice le cui colonne sono autovettori di M).

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] , M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Soluzione: Risolviamo questo esercizio utilizzando la sola definizione di autovalore e autovettore.

Consideriamo la matrice

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Impostiamo l’equazione:

T (v) = λv ⇒ A · v = λv ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}] ⇒ [\begin{matrix}x + 2y + 3z \\ 3y + z \\ 4z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + 2y + 3z = λx \\ 3y + z = λy \\ 4z = λz \end{cases} ⇒ \begin{cases}(1 − λ)x + 2y + 3z = 0 \\ (3 − λ)y + z = 0 \\ (4 − λ)z = \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 3 − λ & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 − λ & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice ottenuta è quella associata al sistema omogeneo (M − λI)v = 0. Quindi T (v) = λv con v ≠ 0 se e solo se v è soluzione non nulla del sistema omogeneo associato M − λI Sappiamo che un sistema omogeneo in tre incognite ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla se la matrice dei coefficienti ha rango minore di 3. Quindi T ha degli autovettori se la matrice dei coefficienti determinata ha rango minore di tre, ovvero determinante nullo:

det [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 3 \\ 0 & 3 − λ & 1 \\ 0 & 0 & 4 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(3 − λ)(4 − λ).

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 1 \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 4 \end{cases}

A questo punto possiamo già affermare che la matrice M è diagonalizzabile, in quanto ha 3 autovalori distinti, e di conseguenza 3 autovettori linearmente indipendenti. Per determinare la matrice P diagonalizzante dobbiamo trovare gli autospazi E(λ_{i}) relativi ad ogni autovalore λ_{i}.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 1 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − I

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

Quindi T (1, 0, 0) = λ · (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) e E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

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

Quindi T (1, 1, 0) = λ · (1, 1, 0) = 3 · (1, 1, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 4 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 4I

[\begin{matrix}−3 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + 2y + 3z = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{5}{3}t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (\frac{5}{3}, 1, 1) t,

Quindi T (5, 3, 3) = λ · (5, 3, 3) = 4 · (5, 3, 3) e E(4) = ⟨(5, 3, 3)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (5, 3, 3)} è una base di R^{3} formata da autovettori di T. La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

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

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dai tre autovalori.

Consideriamo ora la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z, w) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Come nel caso precedente otteniamo che le soluzioni dell’equazione T (v) = λv sono le stesse soluzioni del sistema omogeneo associato a M − λI; quindi T (v) = λv per qualche v ≠ 0 se la matrice M − λI ha rango minore di 4 ovvero determinante nullo:

det(M − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 − λ & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = (2 − λ)(3 − λ)(5 − λ)(2 − λ)

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 2 (doppio) \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 5 \end{cases}

A questo punto non possiamo concludere nulla circa la diagonalizzabilità di M in quanto abbiamo trovato un autovalore doppio. In particolare se E(2) ha dimensione 2 allora M è diagonalizzabile. Viceversa se E(2) ha dimensione 1 allora M non è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 2 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 2I

[\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y + z = 0 \\ y + 4z = 0 \\ 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = s \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 0, 0, 0)t + (0, 0, 0, 1)s ∀t, s ∈ R

Quindi T (1, 0, 0, 0) = λ · (1, 0, 0, 0) = 2 · (1, 0, 0, 0), T (0, 0, 0, 1) = λ · (0, 0, 0, 1) = 2 · (0, 0, 0, 1) e E(2) = ⟨(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩.

Abbiamo così trovato che l’autovalore λ = 2 ha molteplicità geometrica 2, uguale alla sua molteplicità algebrica. Di conseguenza M è diagonalizzabile in quanto ha sicuramente 4 autovettori linearmente indipendenti.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

[\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y + z = 0 \\ 4z = 0 \\ 2x = 0 \\ −w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 1, 0, 0)t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 1, 0, 0) = λ · (1, 1, 0, 0) = 3 · (1, 1, 0, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 5 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 5I

[\begin{matrix}−3 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + y + z = 0 \\ −2y + 4z = 0 \\ −3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 2, 1, 0) t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 2, 1, 0) = λ · (1, 2, 1, 0) = 5 · (1, 2, 1, 0) e E(5) = ⟨(1, 2, 1, 0)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0, 0), v_{2} = (0, 0, 0, 1), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (1, 2, 1, 0)} è una base di R^{4} formata da autovettori di T. La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

T (v_{1}) = 2v_{1} = (2, 0, 0, 0)_{B}, T (v_{2}) = 2v_{2} = (0, 2, 0, 0)_{B}
T (v_{3}) = 3v_{3} = (0, 0, 3, 0)_{B}, T (v_{4}) = 5v_{4} = (0, 0, 0, 5)_{B}

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dagli autovalori.

□

Esercizio 7.3 (9.7). Date le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 4 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −7 & 5 & −1 \\ −6 & 6 & −2 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico di ciascuna matrice.

b) Si determinino gli autovalori, e i relativi autospazi, di ciascuna matrice.

c) Si stabilisca se le matrici sono diagonalizzabili.

Soluzione: Consideriamo la matrice A.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

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

b) Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(2 − λ)(λ^{2} − 5λ + 6) = 0 ⇒ (2 − λ) = 0 oppure (λ^{2} − 5λ + 6) = 0
⇒ λ_{1} = 2, λ_{2} = 2, λ_{3} = 3

Di conseguenza gli autovalori di A sono

λ_{1} = 2 doppio
λ_{2} = 3

Consideriamo prima l’autovalore λ = 2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 2:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 2II [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}y = 0 \\ −y − z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (t, 0, 0) ∀t ∈ R

Quindi

E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 3. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 3:

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−x + y = 0 \\ −2y − z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = −2t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (t, t, −2t) ∀t ∈ R

Quindi

E(3) = ⟨(1, 1, −2)⟩

c) La matrice A non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico), ma ha molteplicità geometrica uno (il relativo autospazio E(2) ha dimensione uno). Di conseguenza esistono solamente due autovettori linearmente indipendenti e non esiste una base di R^{3} formata da autovettori di A.

Consideriamo ora la matrice B.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = det(B − λI) = det [\begin{matrix}−3 − λ & 1 & −1 \\ −7 & 5 − λ & −1 \\ −6 & 6 & −2 − λ \end{matrix}]

= (−3 − λ)[(5 − λ)(−2 − λ) + 6] − 1[−7(−λ − 2) − 6] − [−42 + 6(5 − λ)]

= (−3 − λ)(λ^{2} − 3λ − 4) − 7λ − 8 + 12 + 6λ

= (−3 − λ)(λ − 4)(λ + 1) − λ + 4 = (λ − 4)[(−3 − λ)(λ + 1) − 1]

= (λ − 4)[−λ^{2} − 4λ − 4]

b) Gli autovalori di B sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(λ − 4)(−λ^{2} − 4λ − 4) = 0
⇒ (λ − 4) = 0 oppure (−λ^{2} − 4λ − 4) = 0
⇒ λ_{1} = 4, λ_{2} = −2, λ_{3} = −2

Di conseguenza gli autovalori di B sono

λ_{1} = 4
λ_{2} = −2 doppio

Consideriamo prima l’autovalore λ = 4. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice B − λI, con λ = 4:

[\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ −7 & 1 & −1 & | & 0 \\ −6 & 6 & −6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ 1/6III \end{matrix} [\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ −1 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − I [\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 6 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−7x + y − z = 0 \\ 0 = 0 \\ 6x = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (0, t, t) ∀t ∈ R

Quindi

E(4) = ⟨(0, 1, 1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = −2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice B − λI, con λ = −2:

[\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & 0 \\ −7 & 7 & −1 & | & 0 \\ −6 & 6 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 7I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y = 0 \\ z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t, t, 0) ∀t ∈ R

Quindi

E(−2) = ⟨(1, 1, 0)⟩

c) La matrice B non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = −2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico), ma ha molteplicità geometrica uno (il relativo autospazio E(−2) ha dimensione uno). Infatti abbiamo determinato due soli autovettori linearmente indipendenti.

Consideriamo ora la matrice C.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di C:

p_{C}(λ) = det(C − λI) = det [\begin{matrix}1 − λ & −3 & 3 \\ 3 & −5 − λ & 3 \\ 6 & −6 & 4 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ)[(−5 − λ)(4 − λ) + 18] + 3[3(4 − λ) − 18] + 3[−18 − 6(−5 − λ)]

= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 2) − 18 − 9λ + 36 + 18λ

= (1 − λ)(λ − 1)(λ + 2) + 9λ + 18 = (λ + 2)[(1 − λ)(λ − 1) + 9]

= (λ + 2)[−λ^{2} + 2λ + 8]

b) Gli autovalori di C sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(λ + 2)(−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ (λ + 2) = 0 oppure (−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ λ_{1} = −2, λ_{2} = −2, λ_{3} = 4

Di conseguenza gli autovalori di C sono

λ_{1} = −2 doppio
λ_{2} = 4

Consideriamo prima l’autovalore λ = −2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = −2:

[\begin{matrix}3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x − y + z = 0 \\ 0 = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t − s \\ y = t \\ z = s \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t − s, t, s) = (t, t, 0) + (−s, 0, s) ∀s, t ∈ R

Quindi

E(−2) = ⟨(1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩

A questo punto possiamo già affermare che C è diagonalizzabile in quanto λ = 4 ha molteplicità algebrica 1 e λ = −2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2.

Consideriamo ora l’autovalore λ = 4. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = 4:

[\begin{matrix}−3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −9 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −12 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−x − y + z = 0 \\ −2y + z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t, t, 2t) ∀t ∈ R

Quindi

E(4) = ⟨(1, 1, 2)⟩

c) La matrice C è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 4 ha molteplicità algebrica e geometrica uno, e l’autovalore λ = −2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico) e ha molteplicità geometrica due (il relativo autospazio E(−2) ha dimensione due).

□

Esercizio 7.4 (9.9). Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo a cui è associata la matrice

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

a) Si determinino gli autovalori di T e si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si determini una base di R^{3} formata da autovettori di T.

Soluzione:

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

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & −2 − λ & −6 \\ 0 & 2 & 5 − λ \end{matrix}]
= (2 − λ)[(−2 − λ)(5 − λ) + 12] = (2 − λ)(λ^{2} − 3λ + 2)

Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ_{1} = 2 doppio
λ_{2} = 1 singolo

T è diagonalizzabile se l’autospazio E(2) ha dimensione 2. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 2:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −4 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/2II \\ 2III + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2y + 3z = 0 ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −\frac{3}{2}t \\ z = t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (s, −\frac{3}{2}t, t) ∀s, t ∈ R ⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0), (0, −3, 2)⟩

Poiché E(1) ha sicuramente dimensione 1, la somma delle dimensioni degli autospazi è 3 = dim(R^{3}) e T è diagonalizabile.

b) Per determinare una base di R^{3} formata da autovettori dobbiamo determinare anche l’autospazio E(1). Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 1:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −3 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/3II \\ 3III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} ⇒

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

Infine la base di R^{3} cercata è

B = {(1, 0, 0), (0, −3, 2), (0, −2, 1)}
□

Esercizio 7.5 (9.12). Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Si determinino gli autovalori, autovettori e autospazi di T.

b) Si stabilisca se T è diagonalizzabile, e in caso positivo si determini la matrice P diagonalizzante.

c) Si determini una base B di R^{3} tale che la matrice associata a T rispetto a B sia diagonale e si determini esplicitamente tale matrice diagonale.

Soluzione: Determiniamo innanzittutto la matrice A associata a T rispetto alla base canonica, ovvero la matrice che ha per colonne T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

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

a) Per calcolare gli autovalori di T (cioè di A) determiniamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 1 − λ & 3 \\ 1 & 1 & −1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)[(1 − λ)(−1 − λ) − 3]
=(1 − λ)(λ^{2} − 4)

Risolvendo p_{A}(λ) = 0 troviamo che gli autovalori di A sono

λ_{1} = 2,  λ_{2} = −2,  λ_{3} = 1

b) Avendo 3 autovalori distinti la matrice A, e quindi T, è sicuramente diagonalizzabile. Per calcolare la matrice diagonalizzante dobbiamo determinare gli autospazi.

Consideriamo prima l’autovalore λ = 2, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + I [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 3t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (0, 3, 1) · t ∀t ∈ R ⇒ E(2) = ⟨(0, 3, 1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = −2, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A + 2I:

[\begin{matrix}3 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ III − 1/3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

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

Consideriamo infine l’autovalore λ = 1, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

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

Di conseguenza E(1) = ⟨(−1, 1, 0)⟩.

La matrice P cercata è la matrice di transizione da B alla base canonica di R^{3}, dove B indica la nuova base formata dagli autovettori

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

Di conseguenza:

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

c) La base cercata è la base B di autovettori trovata al punto precedente. Inoltre la matrice D diagonale associata a T rispetto a B è la matrice D = P^{−1}AP che ha sulla diagonale gli autovalori.

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

□

Esercizio 7.6 (9.13). [Esercizio 21) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato]

Discutere la diagonalizzabilità delle seguenti matrici al variare del parametro reale k.

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  D = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Soluzione: Consideriamo la matrice A e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{A}(λ) = (1 − λ)(k − λ)(2 − λ)

Gli autovalori di A sono quindi

λ = 1,  λ = 2,  λ = k

Dobbiamo distinguere tre casi:

• Se k ≠ 1, 2, allora A ha tre autovalori distinti quindi è sicuramente diagonalizzabile.

• Se k = 1 la matrice A diventa

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

ed ha come autovalori

λ = 1 doppio, λ = 2

Si tratta quindi di controllare se λ = 1 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(1) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

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

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e A non è diagonalizzabile.

• Se k = 2 la matrice A diventa

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

ed ha come autovalori

λ = 1, λ = 2 doppio

Si tratta quindi di controllare se λ = 2 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(2) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a A − 2I:

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

Quindi λ = 2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 (e λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 1), e A è diagonalizzabile.

Consideriamo ora la matrice B e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{B}(λ) = (1 − λ)^{2}(k − λ)

Gli autovalori di B sono quindi

λ = 1 almeno doppio, λ = k

Poichè B ha l’autovalore λ = 1 almeno doppio (triplo se k = 1) determiniamo subito l’autospazio relativo E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a B − I:

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

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica almeno 2, ma molteplicità geometrica 1, e B non è diagonalizzabile.

Consideriamo la matrice C e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{C}(λ) = (3 − λ)(k − λ)(1 − λ)

Gli autovalori di C sono

λ = 1,  λ = 3,  λ = k

Dobbiamo distinguere tre casi:

• Se k ≠ 1, 3, allora C ha tre autovalori distinti quindi è sicuramente diagonalizzabile.

• Se k = 1 la matrice C diventa

C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1 doppio, λ = 3

Si tratta quindi di controllare se λ = 1 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(1) ha dimensione 2. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato a C − I:

[\begin{matrix}2 & 1 & 5 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, −2, 0) ⟩

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e C non è diagonalizzabile.

• Se k = 3 la matrice C diventa

C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1, λ = 3 doppio

Si tratta quindi di controllare se λ = 3 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(2) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a C − 3I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 5 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩

Quindi λ = 3 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e C non è diagonalizzabile.

Consideriamo infine la matrice D e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{D}(λ) = (1 − λ)^{2}(k − λ)

Gli autovalori di D sono quindi

λ = 1 almeno doppio, λ = k

Poichè D ha l’autovalore λ = 1 almeno doppio (triplo se k = 1) determiniamo subito l’autospazio relativo E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a D − I:

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

Quindi λ = 1 ha molteplicità geometrica 2.

Dobbiamo distinguere due casi:

• Se k ≠ 1 l’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 (e l’autovalore λ = k ≠ 1 ha molteplicità 1) quindi D è diagonalizzabile.

• Se k = 1 l’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 3, ma molteplicità geometrica 2 quindi D non

è diagonalizzabile.

□

Esercizio 7.7 (9.16). Sia

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

la matrice associata all’applicazione lineare T : R^{3} → R^{3} rispetto alla base

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

a) Si determinino gli autovalori di T.

b) Si determinino gli autovettori e gli autospazi di T.

c) Si stabilisca se T è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

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

e gli autovalori di T sono

λ_{1} = 1,  λ_{2} = 2,  λ_{3} = −2

b) Calcoliamo ora gli autovettori.

– Consideriamo λ = 1 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

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

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = 1 sono del tipo

(x, y, z) = (−1, 1, 0)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

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

e

E(1) = ⟨ (−1, 2, 0) ⟩

– Consideriamo λ = 2 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + I [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

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

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = 2 sono del tipo

(x, y, z) = (0, 3, 1)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

(0, 3, 1)_{B} = 0 · (1, 1, 0) + 3 · (0, 3, 0) + 1 · (0, 1, 1) = (0, 10, 1)

e

E(2) = ⟨ (0, 10, 1) ⟩

– Consideriamo λ = −2 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A + 2I:

[\begin{matrix}3 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ 1/3II \\ III − 1/3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

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

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = −2 sono del tipo

(x, y, z) = (0, −1, 1)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

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

e

E(−2) = ⟨ (0, −2, 1) ⟩

c) La matrice A, e quindi l’applicazione T, è diagonalizzabile perchè ha tre autovalori distinti.

□

Esercizio 7.8 (9.17). Sia B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 1, 1)} una base di R^{3} e sia S l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata rispetto a B

A = M_{B}(S) = [\begin{matrix}5 & 2 & −2 \\ 1 & 6 & −5 \\ 3 & −3 & 4 \end{matrix}] .

a) Trovare gli autovalori (reali) di S.

b) Trovare gli autovettori di S e stabilire se S è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Gli autovalori di T non dipendono dalla base, quindi possiamo lavorare sulla matrice A:

p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 14λ + 49)

Quindi S ha due autovalori: λ = 1 e λ = 7.

b) Trovare gli autovettori di S possiamo comunque lavorare sulla matrice A ricordando però che i vettori trovati saranno espressi rispetto alla base B:

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}4 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & 5 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II − 1/2I \\ 1/3III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 9 & −9 & | & 0 \\ 0 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}1/9II \\ 1/6III + 1/9II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Quindi l’autospazio E(1) è generato dal vettore (0, 1, 1)_{B}, cioè dal vettore v_{2} + v_{3} = (2, 2, 1). Infine E(1) = ⟨(2, 2, 1)⟩.

Analogamente:

E(7) = N(A − 7I) : [\begin{matrix}−2 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & −1 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + 1/2I \\ 1/3III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −6 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

Quindi l’autospazio E(7) è generato dal vettore (1, 1, 0)_{B}, cioè dal vettore v_{1} + v_{2} = (2, 1, 0). Infine E(7) = ⟨(2, 1, 0)⟩.

S non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 7 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1.

□

Esercizio 7.9 (9.22). Data la matrice

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

a) Si discuta la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Per k = 2, si determini una base di R^{4} formata da autovettori di M.

Soluzione:

a) Il polinomio caratterestico di M è

p_{M}(λ) = (1 − λ)(k − λ)(3 − λ)(2 − λ)

Quindi gli autovalori sono λ = 1, 2, 3, k e dobbiamo discutere i valori di k.

– Se k ≠ 1, 2, 3 i quattro autovalori sono distinti e singoli, quindi M è diagonalizzabile.

– Se k = 1 l’autovalore λ = 1 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}]

Poichè rg(M − I) = 3, dim(E(1)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

– Se k = 2 l’autovalore λ = 2 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & −1 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + 4z − w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \\ w = 2s + 4t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2)⟩

Poiché λ = 2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e gli altri autovalori sono singoli, per k = 2 la matrice M è diagonalizzabile.

– Se k = 3 l’autovalore λ = 3 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}]

Poichè rg(M − 3I) = 3, dim(E(3)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

b) Per k = 2 abbiamo già determinato E(2). Calcoliamo gli altri due autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(0, 0, 0, 1)⟩

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & −2 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}z = 0 \\ x − y + z = 0 \\ y + 4z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 2t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(2, 2, 0, 1)⟩

Infine una delle basi cercate è

B = { (−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2), (0, 0, 0, 1), (2, 2, 0, 1)}
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Esercizio 7.10 (9.23). Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}] .

a) Determinare per quali valori di k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Stabilire per quali valori di k le due matrici A e B sono simili.

Soluzione: a) Abbiamo che

p_{B}(λ) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi B ha due autovalori: λ_{1} = 2 e λ_{2} = 1, doppio, ed è diagonalizzabile sse l’autospazio E(1) ha dimensione 2. Per determinare E(1) risolviamo il sistema omogeneo associato a B − I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 0 & | & 0 \\ 5 & k − 2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 2)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 2)y = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi.

– Se k ≠ 2 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases}

quindi E(1) ha dimensione 1 e B non è diagonalizzabile.

– Se k = 2 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = t \end{cases}

quindi E(1) ha dimensione 2 e B è diagonalizzabile.

b) Due matrici diagonalizzabili sono simili sse hanno gli stessi autovalori (contati con le rispettiva molteplicità). Studiamo quindi la diagonalizzabilità di A.

p_{A}(λ) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Come la matrice B, anche A è diagonalizzabile sse l’autospazio E(1) ha dimensione 2. Per determinare E(1) risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \end{cases}

Quindi E(1) ha dimensione 2 e A è diagonalizzabile.

In conclusione A e B sono simili quando sono entrambe diagonalizzabili, ovvero se k = 2

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Esercizio 7.11 (9.26). Siano A e B le matrici seguenti

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}]

a) Dire per quali valori del parametro reale k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Per k = 3 le due matrici possono essere associate allo stesso endomorfismo?

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = det(B − λI) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di B sono – λ = 1 doppio

– λ = 2

Poichè l’autovalore λ = 2 è singolo sappiamo che il relativo autospazio E(2) ha dimensione 1. Si tratta quindi di controllare solamente la dimensione dell’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice B − I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 0 & | & 0 \\ 5 & k − 2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 2)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 2)y = 0 \end{cases}

Si tratta quindi di distinguere due casi – Se k = 2 otteniamo le soluzioni

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

Quindi se k = 2 la matrice B è diagonalizzabile.

– Se k ≠ 2 otteniamo le soluzioni

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

Quindi se k ≠ 2 la matrice B non è diagonalizzabile.

b) Dal punto precedente sappiamo che per k = 3 la matrice B non è diagonalizzabile. Studiamo ora la matrice A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di A sono – λ = 1 doppio

– λ = 2 Quindi A ha effettivamente gli stessi autovalori di B.

Come per la matrice B, per stabilire sa A è diagonalizzabile dobbiamo solamente controllare la dimensione dell’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ z = 0 ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ⟩

Quindi A è diagonalizzabile, ovvero è associata ad un endomorfismo diagonalizzabile, mentre per k = 3 la matrice B non lo è. Di conseguenza le matrici A e B non possono essere associate allo stesso endomorfismo.

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Esercizio 7.12 (9.32). 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.

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 applicazione 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

18 FOGLIO DI ESERCIZI 7 – GEOMETRIA 2008/09

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

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