CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 11 – GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 11.1 (13.14). Si consideri la matrice

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

a) Calcolare autovalori e autovettori di A.

b) Calcolare una matrice diagonalizzante di A, che sia ortogonale e rappresenti una rotazione dello spazio attorno all’origine.

c) Scrivere la forma canonica della conica C con matrice associata A

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

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

quindi gli autovalori di A sono λ = −1, 1, 3. Calcoliamo gli autospazi:

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

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

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

b) Gli autovettori trovati, essendo relativi a autovalori distinti, sono già ortogonali tra loro. E’ quindi sufficiente renderli di norma 1 per ottenere la matrice diagonalizzante ortogonale di rotazione:

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

c) det(A) = −3, quindi si tratta di una conica non degenere. Inoltre l’autovalore della matrice

[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] associata alla forma quadratica è λ = 1 doppio. Si tratta quindi di un’ellisse e cerchiamo

un’equazione del tipo x^{2} + y^{2} + t = 0 a cui è associata la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Imponendo la condizione det(A) = det(B) otteniamo t = −3. Infine la forma canonica della conica (ellisse reale) è

x^{2} + y^{2} − 3 = 0  ⇒  \frac{1}{3}x^{2} + \frac{1}{3}y^{2} − 1 = 0

Notiamo che si tratta in realtà di una circonferenza centrata nell’origine e di raggio \sqrt{3}.

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Esercizio 11.2 (8.16). Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

T (x, y, z, w) = (−x + z, 2y, x − 2z, w)

a) Si determino le dimensioni di immagine e nucleo di T e si stabilisca se T è invertibile.

b) Si determini l’inversa T^{−1}.

Soluzione: Consideriamo la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

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

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo M(T) a gradini, affiancondola alla matrice identica:

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

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

a) La matrice M(T) ha rango 4, quindi Im(T) ha dimensione 4 e T è suriettiva. Analogamente il nucleo di T ha dimensione 4−rg(A) = 0, quindi T e iniettiva. Poiché T è sia iniettiva che suriettiva, T è biiettiva e quindi invertibile.

b) La matrice M (T^{−1}) associata all’endomorfismo T^{−1} è l’inversa della matrice M(T). Dai calcoli precedenti

M (T^{−1}) = [\begin{matrix}−2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  e  T^{−1}(x, y, z, w) = (−2x − z, \frac{1}{2}y, −x − z, w)

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Esercizio 11.3 (8.51). Dati i vettori di R^{3}

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

si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} definita da

T (v_{1}) = (2, 0, 0), T (v_{2}) = (4, 4, 4), T (v_{3}) = (0, 6, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini una base del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione:

a) Per determinare la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica dobbiamo calcolare le immagini dei vettori della base canonica. A tale scopo dobbiamo prima esprimere i vettori della base canonica come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}. Risolviamo le tre equazioni xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} = e_{i}, i = 1, 2, 3, riducendo a gradini contemporaneamente le matrici associate ai tre sistemi:

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

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

FOGLIO DI ESERCIZI 11 – GEOMETRIA 2008/09 3

Di conseguenza

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x + z = 1 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = −\frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{1} = \frac{1}{2}v_{1} − \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 1 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{2} = −\frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{3} = \frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} − \frac{1}{2}v_{3}

Sfruttando la linearità di T possiamo ora ricavare le immagini degli elementi della base canonica:

T (e_{1}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) − \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 2, 2)

T (e_{2}) = −\frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 4, 4)

T (e_{3}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) − \frac{1}{2}T (v_{3}) = (2, −2, −2)

Infine la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

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

In alternativa si poteva untilizzare la matrice di cambiamento di base:

M_{B}^{E} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ M_{E}^{B} = (M_{B}^{E})^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ]

Infine

M(T) = M_{E}^{E}(T) = M_{B}^{E}(T) · M_{E}^{B} = [\begin{matrix}2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 6 \\ 0 & 4 & 6 \end{matrix}] · [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ] = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 2 & 4 & −2 \\ 2 & 4 & −2 \end{matrix}]

b) Riduciamo M(T) a gradini:

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

Quindi M(T) ha rango 2 e una base dell’immagine di T è

B (Im(T)) = {(0, 2, 2), (2, −2, −2)}

Risolvendo il sistema omogeneo associato a T otteniamo

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

quindi una base del nucleo di T è

B (N(T)) = {(−2, 1, 0)}
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Esercizio 11.4 (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 11.5 (12.24). Siano M = (1, 1, 1), N = (3, 2, 1), L = (1, 2, 2) punti dello spazio R^{3}. Sia C = (−1, 0, 1).

a) Si calcoli l’area del triangolo MNL.

b) Si determini l’insieme M′N′L′ che si ottiene proiettando il triangolo MNL dal centro C sul piano x + y = 0.

c) Si calcoli l’area del triangolo M′N′L′.

Soluzione:

a) L’area del triangolo di vertici MNL è la metà dell’area del parallelogramma di lati \overrightarrow{MN} e \overrightarrow{LN}, dove

u = \overrightarrow{MN} = (2, 1, 0), v = \overrightarrow{LN} = (2, 0, −1)

Ricordando la formula per l’area di un parallelogrammo cominciamo a calcolare il vettore prodotto vettoriale:

u × v = det [\begin{matrix}i & j & k \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] = −i + 2j − 2k = (−1, 2, −2)

Infine

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2}|u × v| = \frac{1}{2}|(−1, 2, −2)| = \frac{3}{2}

In alternativa si poteva calcolare l’altezza del triangolo di base LN sfruttando la proiezione del vettore u = \overrightarrow{MN} su v = \overrightarrow{LN}:

pr_{v}(u) = \frac{(u, v)}{(v, v)}v = \frac{4}{5}(2, 0, −1)

Il vettore u − pr_{v}(u) = (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) è ortogonale a v e corrisponde all’altezza del triangolo di base v.

Quindi

Area(triangolo MNL) = \frac{1}{2} · |(2, 0, −1)| · | (\frac{2}{5}, 1, \frac{4}{5}) | = \frac{1}{2} · \sqrt{5} · \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3}{2}

b) Il vettore delle coordinate omogenee del piano è P = (1, 1, 0, 0) e il punto C ha coordinate omogenee C = (−1, 0, 1, 1). La matrice di proiezione è quindi

A = P^{T} C − (P · C)I_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi

M · A = (−1, 1, 3, 3) ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

N · A = (−2, 2, 6, 6) ⇒ N′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

L · A = (−2, 2, 5, 4) ⇒ L′ = (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{5}{4}, )

Quindi il triangolo viene proiettato nel segmento M′L′.

In alternativa si potevano calcolare le proiezioni senza utilizzare la matrice A. Per esempio per calcolare M′ si poteva calcolare la retta

CM : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \end{cases}

Il punto M′ è dato dall’intersezione tra la retta CM e il piano x + y = 0:

M′ : \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ x + y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + 2t \\ y = 1 + t \\ z = 1 \\ 1 + 2t + 1 + t = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}t = −\frac{2}{3} \\ x = −\frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{3} \\ z = 1 \end{cases} ⇒ M′ = (−\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)

Analogamente si potevano ottenere gli altri punti.

c) Il triangolo M′N′L′ è degenere, quindi ha area nulla.

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Esercizio 11.6 (13.16). Sia C la conica di equazione

C : 3x^{2} + 14xy − 5y^{2} − 10x + 14y = 0

a) Stabilire il tipo di conica.

b) Nel caso sia una conica a centro, trovare le coordinate del centro.

c) (Facoltativo) Trovare equazioni degli eventuali asintoti della conica.

Soluzione:

a) Le matrici A′ e A associate alla conica sono:

A′ = [\begin{matrix}3 & 7 & −5 \\ 7 & −5 & 7 \\ −5 & 7 & 0 \end{matrix}] A = [\begin{matrix}3 & 7 \\ 7 & −5 \end{matrix}]

La matrice A′ ha determinante non nullo, quindi si tratta di una conica non degenere; inoltre det(A) = −64 < 0, quindi si tratta di un’iperbole.

b) Per trovare il centro risolviamo il sistema Ax = −h:

[\begin{matrix}3 & 7 & | & 5 \\ 7 & −5 & | & −7 \end{matrix}] ⇒ 3II − 7I [\begin{matrix}5 & 7 & | & 5 \\ 0 & −64 & | & −56 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{8} \\ y = \frac{7}{8} \end{cases} ⇒ C = (−\frac{3}{8}, \frac{7}{8})

c) Gli asintoti sono rette passanti per il centro, di direzione parallela ai punti all’infinito della conica. L’equazione della conica in coordinate omogenee è 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} − 10XZ + 14Y Z = 0. Ponendo Z = 0 otteniamo l’equazione 3X^{2} + 14XY − 5Y^{2} = 0 le cui soluzioni sono

\frac{X}{Y} = \frac{−7 ± 8}{3}

cioè le due rette x + 5y = 0 e 3x − y = 0. Infine gli asintoti (passanti per il centro) sono le rette

a_{1} : x + 5y − 4 = 0 a_{2} : 3x − y + 2 = 0
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Esercizio 11.7. Si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{4} definita da

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

a) Si calcoli la dimensione del nucleo e dell’immagine di T al variare di k.

b) Si dica se esistono valori del parametro reale k per i quali T è iniettivae/o suriettiva.

c) Esistono valori di k per i quali il vettore v(1, 1, 0, 0) appartiene all’immagine di T?

Soluzione: La matrice associata a T è

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

Per rispondere alle domande a) e b) dobbiamo calcolare il rango di A. Per rispondere alla domanda c) dobbiamo stabilire se il sistema A|v ha soluzione. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|v:

[\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ k & 3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − I \\ IV − kIII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 3 + k & −3 − k & | & 0 \end{matrix}]

A questo punto della riduzione siamo già in grado di risponedere alle prime due domande. a,b) A contiene la sottomatrice formata dalle sue prime tra righe di rango 3, quindi per ogni k

dim(Im(T)) = rg(A) = 3 < 4 e T non è suriettiva.

dim(N(T)) = 3 − rg(A) = 0 e T è iniettiva.

c) Completiamo la riduzione:

IV − (k + 3)II [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & −6 − 2k & | & −k − 3 \end{matrix}] ⇒ IV − (6 + 2k)III [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & | & k + 3 \end{matrix}]

Il sistema ha soluzione se rg(A|v) = 3, quindi v ∈ Im(T) se k = −3.

In alternativa, anzicchè completare la riduzione, si poteva calcolare det(A|v) (parzialmente ridotta) e imporre che questo si annullasse.

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Esercizio 11.8 (9.27). Sia T l’endomorfismo di R^{3} associato alla matrice

A = [\begin{matrix}6 & 3 & −1 \\ 2 & 7 & −1 \\ 2 & 3 & 3 \end{matrix}]

a) Stabilire se 4 è autovalore di A. Calcolare gli autovalori e autovettori di A.

b) La matrice A è diagonalizzabile per similitudine? In caso affermativo, indicare una matrice diagonalizzante. c) Sia C la matrice dipendente da t ∈ R:

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

Esistono valori di t ∈ R per cui A e C siano simili?

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A :

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}6 − λ & 3 & −1 \\ 2 & 7 − λ & −1 \\ 2 & 3 & 3 − λ \end{matrix}] = (6 − λ) [(7 − λ)(3 − λ) + 3] − 3 [6 − 2λ + 2] + [6 − 14 + 2λ] =

= (6 − λ)(λ^{2} − 10λ + 24) − 3(8 − 2λ) − (2λ − 8) =

= (6 − λ)(λ − 6)(λ − 4) + 6(λ − 4) − 2(λ − 4) =

= (λ − 4) [(6 − λ)(λ − 6) + 6 − 2] = −(λ − 4)(λ^{2} − 12λ + 32)

a) Gli autovalori di A sono λ = 4 (doppio) e λ = 8. Calcoliamo ora gli autospazi.

E(4) = N(A − 4I) : [\begin{matrix}2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + 3y − z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{2}s + \frac{1}{2}t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒

E(4) = ⟨ (−3, 2, 0), (1, 0, 2) ⟩

E(8) = N(A − 8I) : [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & −1 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 6 & −6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒

E(8) = ⟨ (1, 1, 1) ⟩

b) A è diagonalizzabile perché la molteplicitá algebrica e geometrica dei sui autovalori coincidono. La matrice diagonalizzante è:

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

c) Poichè A è diagonalizzabile, A e C sono simili se anche C ha gli stessi autovalori di A ed è anch’essa diagonalizzabile (cioè sono simili alla stessa matrice diagonale). Perchè A e C abbiano gli stessi autovalori (λ = 4 doppio, e λ = 8) deve essere t = 8. Inoltre per tale valore l’autospazio E(4) di C è

E_{C}(4) = N(C − 4I) : [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E_{C}(4) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩ ⇒ dim(E_{C}(4)) = 1

Di conseguenza C non è diagonalizzabile e A e C non sono mai simili.

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Esercizio 11.9 (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 11.10 (10.19). Siano v_{1} = (2, 1, 1, 0) e v_{2} = (−1, 1, 2, 0) e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊂ R^{4}. a) Calcolare l’angolo tra v_{1} e v_{2}.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di V.

Soluzione:

a) Indichiamo con ϑ l’angolo tra v_{1} e v_{2}. Sappiamo che

cos(ϑ) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{1}{\sqrt{6} · \sqrt{6}} = \frac{1}{6}  ⇒  ϑ = arccos (\frac{1}{6})

b) Il complemento ortogonale di V è lo spazio

V^{⊥} = {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | (v, v_{1}) = (v, v_{2}) = 0}
= {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | 2x + y + z = 0, −x + y + 2z = 0 }

Risolviamo il sistema di due equazioni in quattro incognite:

\begin{cases}2x + y + z = 0 \\ −x + y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ 2II + I \begin{cases}2x + y + z = 0 \\ 3y + 5z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3}t \\ y = −\frac{5}{3}t \\ z = t \\ w = s \end{cases}

Infine una base di V^{⊥} è

B (V^{⊥}) = = { (1, −5, 3, 0), (0, 0, 0, 1) }
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