CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 9 – GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 9.1 (10.7). Siano assegnati i seguenti vettori di R^{4}:

v = (2, −1, 0, 1), w = (−1, 2, 0, 2)

a) Si calcoli l’angolo tra i due vettori.

b) Si determini la proiezione ortogonale di v su w.

c) Si scriva v come somma di un vettore v_{1} multiplo di w e di un vettore v_{2} ortogonale a w.

Soluzione:

a) Se indichiamo con ϑ l’angolo (convesso) tra i due vettori, sappiamo che

cos(ϑ) = \frac{(v, w)}{∥ v ∥ · ∥ w ∥}

Poiché

(v, w) = −2 − 2 + 2 = −2, ∥ v ∥= \sqrt{6}, ∥ w ∥= \sqrt{9} = 3,

otteniamo

cos(ϑ) = \frac{−2}{\sqrt{6} · 3} = −\frac{2}{3\sqrt{6}} = −\frac{\sqrt{6}}{9}

e

ϑ = arccos (−\frac{\sqrt{6}}{9}) , con 0 ≤ ϑ < π

b) La proiezione ortogonale di v su w è il vettore

pr_{w}(v) = \frac{(v, w)}{∥ w ∥^{2}} · w = \frac{(v, w)}{(w, w)} · w

Notiamo che pr_{w}(v) è un vettore multiplo di w. Sappiamo già che (v, w) = −2, inoltre (w, w) =∥ w ∥^{2}= 3^{2} = 9, quindi

pr_{w}(v) = \frac{−2}{9} · w = (\frac{2}{9}, −\frac{4}{9}, 0, −\frac{4}{9})

c) Dalla teoria sappiamo che il vettore v −pr_{w}(v) è un vettore ortogonale a w (è comunque immediato verificarlo), quindi possiamo prendere:

v_{1} = pr_{w}(v) multiplo di w
v_{2} = v − pr_{w}(v) ortogonale a w
v_{1} + v_{2} = v

Quindi

v_{1} = (\frac{2}{9}, −\frac{4}{9}, 0, −\frac{4}{9})

v_{2} = (\frac{16}{9}, −\frac{5}{9}, 0, \frac{13}{9})

□

Esercizio 9.2 (10.8). Si ripeta l’esercizio precedente con i seguenti vettori di R^{3}

v = (3, 4, −2), w = (2, 1, −1)

Soluzione:

• La proiezione ortogonale di v su w è il vettore

pr_{w}(v) = \frac{(v, w)}{∥ w ∥^{2}} · w = \frac{(v, w)}{(w, w)} · w

Notiamo che pr_{w}(v) è un vettore multiplo di w.

(v, w) = 12
(w, w) = 6

quindi

pr_{w}(v) = \frac{12}{6} · w = (4, 2, −2)

• Dalla teoria sappiamo che il vettore v − pr_{w}(v) è un vettore ortogonale a w , quindi possiamo prendere:

v_{1} = pr_{w}(v) multiplo di w
v_{2} = v − pr_{w}(v) ortogonale a w
v_{1} + v_{2} = v

Quindi

v_{1} = (4, 2, −2)
v_{2} = (−1, 2, 0)
□

Esercizio 9.3 (10.11). Data la base

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

di R^{3}, si determini una base ortonormale di R^{3} utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt a partire da B.

Soluzione:

Sia B′ = {u_{1}, u_{2}, u_{3}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B.

Costruiamo prima una base B′′ = {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (−1, 0, 1)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (0, 1, 0) − 0 · w_{1} = (0, 1, 0)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = v_{3} − \frac{(v_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}
= (1, 0, 1) − 0 · w_{1} − 0 · w_{2} = (1, 0, 1)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

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

u_{2} = w_{2} = (0, 1, 0)

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

Notiamo che potevamo osservare dall’inizio che v_{1}, v_{2} e v_{3} sono già ortogonali, quindi era sufficiente normalizzarli per ottenere a partire da essi una base ortonormale.

□

Esercizio 9.4 (10.12). Si ripeta l’esercizio precedente partendo dalla base

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

Soluzione: Sia B′ = {u_{1}, u_{2}, u_{3}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B. Per facilitare i conti scambiamo innanzitutto l’ordine di v_{1}, v_{2} e v_{3} in B (cambiando i nomi per evitare confusioni):

B = {v′_{1} = (0, 0, 1), v′_{2} = (0, 1, 1), v′_{3} = (1, 1, 1)}

Come nell’esercizio precedente costruiamo prima una base B′′ = {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v′_{1} = (0, 0, 1)
w_{2} = v′_{2} − pr_{w_{1}}(v′_{2}) = v′_{2} − \frac{(v′_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (0, 1, 1) − \frac{1}{1} · (0, 0, 1) = (0, 1, 0)
w_{3} = v′_{3} − pr_{w_{1}}(v′_{3}) − pr_{w_{2}}(v′_{3}) = v′_{3} − \frac{(v′_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v′_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}

= (1, 1, 1) − \frac{1}{1} · (0, 0, 1) − \frac{1}{1} · (0, 1, 0) = (1, 0, 0)

Notiamo che in questo caso i vettori ottenuti hanno già norma 1, quindi

u_{1} = w_{1} = (0, 0, 1),  u_{2} = w_{2} = (0, 1, 0),  u_{3} = w_{3} = (1, 0, 0)

Infine

B′ = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0) }
□

Esercizio 9.5 (10.14). Sia W il sottospazio di R^{4} (con il prodotto scalare canonico) generato dai vettori

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

a) Trovare una base ortonormale di W.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di W.

Soluzione:

a) Notiamo che l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di W in quanto i vettori sono linearmente indipendenti (la matrice associata ha rango 3). Per determinare una base ortonormale {u_{1}, u_{2}, u_{3}} dobbiamo utilizzare il metodo di Gram-Schmidt, costruendo prima una base {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due artogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (1, 1, 0, 1)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (1, −2, 0, 0) − \frac{−1}{3} · (1, 1, 0, 1) =

= (\frac{4}{3}, −\frac{5}{3}, 0, \frac{1}{3})

Prima di procedere notiamo che dei vettori w_{i} ci interessa solo la direzione (in modo che siamo tra loro ortogonali), ma non la lunghezza. Quindi ci conviene sostituire il vettore trovato con un suo multiplo:

w_{2} = 3 · (\frac{4}{3}, −\frac{5}{3}, 0, \frac{1}{3}) = (4, −5, 0, 1)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = v_{3} − \frac{(v_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}

= (1, 0, −1, 2) − \frac{3}{3} · (1, 1, 0, 1) − \frac{6}{42} · (4, −5, 0, 1) = (−\frac{4}{7}, −\frac{2}{7}, −1, \frac{6}{7})

Anche in questo caso ci conviene sostituire il vettore trovato con un suo multiplo:

w_{3} = −7 · (−\frac{4}{7}, −\frac{2}{7}, −1, \frac{6}{7}) = (4, 2, 7, −6)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{w_{1}}{∥w_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}})
u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = (\frac{4}{\sqrt{42}}, −\frac{5}{\sqrt{42}}, 0, \frac{1}{\sqrt{42}})
u_{3} = \frac{w_{3}}{∥w_{3}∥} = (\frac{4}{\sqrt{105}}, \frac{2}{\sqrt{105}}, \frac{7}{\sqrt{105}}, −\frac{6}{\sqrt{105}})

Infine una base ortonormale di W è

\{ (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}}) , (\frac{4}{\sqrt{42}}, −\frac{5}{\sqrt{42}}, 0, \frac{1}{\sqrt{42}}) , (\frac{4}{\sqrt{105}}, \frac{2}{\sqrt{105}}, \frac{7}{\sqrt{105}}, −\frac{6}{\sqrt{105}}) \}

b) Il complemento ortogonale W^{⊥} è formato dai vettori di R^{4} ortogonali ai vettori di W, ovvero ortogonali agli elementi di una sua base, quindi

W^{⊥} = {(x, y, z, w) | x + y + w = 0, x − 2y = 0, x − z + 2w = 0}

Risolviamo quindi il sistema omogeneo ottenuto:

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

3III − II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{2}{3}t \\ y = −\frac{1}{3}t \\ z = \frac{4}{3}t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Infine

B(W^{⊥}) = { (−2, −1, 4, 3) }
□

Esercizio 9.6 (10.15). Si considerino i vettori di R^{3}

v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, 1).

a) Calcolare le lunghezze di v_{1} e di v_{2}.

b) Determinare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2}.

c) Trovare una base ortonormale del sottospazio di R^{3} generato dai vettori v_{1} e v_{2}.

Soluzione:

a)

∥ v_{1} ∥= \sqrt{1^{2} + 2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{6}
∥ v_{2} ∥= \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{3}

b)

pr_{v_{2}}(v_{1}) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{(v_{2}, v_{2})} · v_{2} = \frac{4}{3} · (1, 1, 1) = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}) .

c) Sia {u_{1}, u_{2}} la base ortonormale cercata. La cosa più semplice per sfruttare i conti già fatti è considerare

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

Quindi

w_{2} = v_{1} − (v_{1}, u_{1}) · u_{1} = v_{1} − pr_{v_{2}}(v_{1}) = (1, 2, 1) − (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = (−\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, −\frac{1}{3})

Notiamo che w_{2} è parallelo a (−1, 2, −1), quindi

u_{2} = \frac{(−1, 2, −1)}{∥ (−1, 2, −1) ∥} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, −\frac{1}{\sqrt{6}})

Infine la base ortogonale cercata è

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

□

Esercizio 9.7 (10.16). Sia U il sottospazio di R^{3} costituito dai vettori (x_{1}, x_{2}, x_{3}) tali che 2x_{1} + x_{2} = 0. Si determini una base ortonormale di U rispetto al prodotto scalare ordinario di R^{3}.

Soluzione: Gli elementi di U sono i vettori di R^{3} tali che 2x_{1} + x_{2} = 0, ovvero

\begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

U = ⟨ (1, −2, 0), (0, 0, 1) ⟩

Poichè i due generatori sono tra loro ortogonali, per ottenere una base ortonormale di U è sufficiente prenderli di norma 1:

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

□

Esercizio 9.8 (10.21). Sia T : R^{3} → R^{2} la funzione lineare tale che

T (1, −2, 1) = (2, 1), T (1, 0, 0) = (−1, 2), T (0, 1, 0) = (−1, 0).

a) Che dimensione ha l’immagine di T?

b) Si determini una base ortonormale (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}) del nucleo di T.

Soluzione: Per risolvere l’esercizio possiamo procedere in due modi:

(1) Determinare la matrice A = M_{B}^{C}(T) associata a T rispetto alla base

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

di R^{3} e alla base canonica C di R^{2}, tenendo poi conto che i vettori ottenuti nello spazio di partenza R^{3} (in particolare il Nucleo) saranno espressi rispetto alla base B.

(2) Ricavare l’azione di T sugli elementi della base canonica di R^{3} e determinare quindi la matrice B = M(T) associata a T rispetto alle basi canoniche.

Consideriamo entrambi i metodi.

(1) Con il primo metodo consideriamo la matrice A associata a T rispetto alla base B di R^{3} e C di R^{2}:

A = M_{B}^{C}(T) = [\begin{matrix}2 & −1 & −1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}]

a) La dimensione dell’immagine di T corrisponde al rango di A. Poichè A contiene la sottomatrice

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

di determinante 2 ≠ 0, la matrice A ha rango 2, quindi

dim(Im(T)) = 2

b) Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a A

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

⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 2(−2t) − t = −5t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi N(T)) è generato dal vettore (−2, 1, −5)_{B}, espresso però rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica tale vettore corrisponde al vettore

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

Infine

N(T) = ⟨ (−1, −1, −2) ⟩

Poichè il nucleo ha dimensione uno per determinarne una base ortonormale è sufficiente prendere come generatore un vettore di norma 1:

Base ortonormale di N(T) = \{ (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} )\}

(2) Con il secondo metodo ricaviamo invece la matrice associata a T rispetto alle basi canoniche di R^{3} e R^{2}, calcolando le immagini di e_{1}, e_{2}, e_{3}. Poichè conosciamo già T (e_{1}) = (−1, 2) e T (e_{2}) = (−1, 0), dobbiamo solo ricavare T (e_{3}). Sfruttando la linearità di T otteniamo:

T (0, 0, 1) = T (1, −2, 1) − T (1, 0, 0) + 2T (0, 1, 0)
= (2, 1) − (−1, 2) + 2(−1, 0) = (1, −1)

Quindi la matrice B associata a T rispetto alle basi canoniche è

B = [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ II + 2I [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}]

a) La dimensione dell’immagine di T corrisponde al rango di B, quindi

dim(Im(T)) = 2

b) Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a B

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

Quindi

N(T) = ⟨ (1, 1, 2) ⟩

Notiamo che in questo caso il generatore è già espresso rispetto alla base canonica, è quindi sufficiente prendere come generatore un vettore di norma 1:

Base ortonormale di N(T) = \{ (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} )\}
□

Esercizio 9.9 (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.

□

Esercizio 9.10 (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 9.11 (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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