CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 9– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

Esercizio 9.1 (v.8.37). Sia T la funzione lineare da R^{3} a R^{3} definita da

T (x, y, z) = (3x − 2y, x + y + z, 2x − 3y − z)

a) Determinare basi dell’immagine Im(T) e del nucleo N(T).

b) Si scriva la matrice associata a T rispetto alla base B = {(2, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)}.

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A associata a T rispetto alla base canonica:

A = [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II − I \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 0 & 5 & 3 \\ 0 & −5 & −3 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 0 & 5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(3, 1, 2), (−2, 1, −3)}

Il nucleo di T è formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

[\begin{matrix}3 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 5 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3}t \\ y = t \\ z = −\frac{5}{3}t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(T)) = \{(\frac{2}{3}, 1, −\frac{5}{3})\}

b) Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i tre vettori di B. Dalla definizione di T otteniamo:

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

Si tratta ora di esprimere tali immagini come combinazioni lineari degli elementi di B, cioè di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per risolvere i tre sistemi contemporaneamente riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{i} affiancata dalla matrice formata dai tre vettori T (v_{i})

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 4 & 1 & −2 \\ 1 & 1 & 1 & | & 3 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & −4 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 4 & 1 & −2 \\ 0 & 1 & 2 & | & 2 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & −4 \end{matrix}]

Consideriamo ora il sistema associato alle prime 4 colonne:

\begin{cases}2x + y = 4 \\ y + 2z = 2 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 0 \\ z = 1 \end{cases}

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

Consideriamo il sistema associato alle prime 3 colonne e alla quinta:

\begin{cases}2x + y = 1 \\ y + 2z = 3 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = 5 \\ z = −1 \end{cases}

T (v_{2}) = (1, 2, −1) = −2v_{1} + 5v_{2} − 1v_{3} = (−2, 5, −1)_{B} Consideriamo il sistema associato alle prime 3 colonne e alla sesta:

\begin{cases}2x + y = −2 \\ y + 2z = 6 \\ z = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −8 \\ y = 14 \\ z = −4 \end{cases}

T (v_{3}) = (−2, 2, −4) = −8v_{1} + 14v_{2} − 4v_{3} = (−8, 14, −4)_{B}

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base B è

B = [\begin{matrix}2 & −2 & −8 \\ 0 & 5 & 14 \\ 1 & −1 & −4 \end{matrix}]

Un metodo alternativo consisteva nell’utilizzare la matrice P di cambiamento di base:

P = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ P^{−1} = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ −1 & 2 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ B = P^{−1}AP

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Esercizio 9.2 (8.40). Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (2x, x − y, 2y), e siano B = {(1, 0), (1, 1) } e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } due basi di R^{2} e R^{3} rispettivamente. Determinare la matrice A = M_{B}^{B′}(T) associata a T rispetto alle basi B e B′.

Soluzione:

La matrice A cercata ha per colonne le immagini attraverso T degli elementi di B, espressi rispetto a B′. Cominciamo a calcolare la immagini:

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

I vettori cosí ottenuti sono però espressi rispetto alla base canonica. Indichiamo con

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

gli elementi della base B′. Esprimere (2, 1, 0) e (2, 0, 2) rispetto a B′ equivale a risolvere le due equazioni vettoriali: xu′_{1} +yu′_{2} +zu′_{3} = (2, 1, 0) e xu′_{1} +yu′_{2} +zu′_{3} = (2, 0, 2). Consideriamo quindi la matrice associata a tali sistemi, riducendola con le due colonne dei termini noti contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & −2 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & −2 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & 4 \end{matrix}]

Per risolvere l’equazione xu′_{1} + yu′_{2} + zu′_{3} = (2, 1, 0) consideriamo la prima colonna dei termini noti:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒

T (1, 0) = (2, 1, 0) = 2u′_{1} − u′_{2} + \frac{1}{2}u′_{3} = (2, −1, \frac{1}{2})_{B′}

Analogamente per risolvere l’equazione xu′_{1} + yu′_{2} + zu′_{3} = (2, 0, 2) consideriamo la seconda colonna dei termini noti:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −2 \\ 2z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒

T (1, 1) = (2, 0, 2) = 2u′_{1} − 2u′_{2} + 2u′_{3} = (2, −2, 2)_{B′}

Infine

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

□

Esercizio 9.3 (8.44). Sia S : R^{3} → R^{3}la funzione lineare associata a:

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

rispetto alla base {(1, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 0, 3)} di R^{3}.

a) Si scriva la matrice associata a S rispetto alle basi canoniche.

b) Determinare basi dell’immagine Im(S) e del nucleo N(S).

Soluzione:

a) Dalla matrice si ricava

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

quindi per la linearità di S:

S(0, 0, 1) = \frac{1}{3}(0, 1, 3)_{B} = (0, \frac{1}{3}, 1)_{B}

S(0, 1, 0) = \frac{1}{2}(0, 0, 2)_{B} − (0, \frac{1}{3}, 1)_{B} = (0, −\frac{1}{3}, 0)_{B}

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

Infine

S(e_{1}) = (0, 0, 0)

S(e_{2}) = −\frac{1}{3}(0, 2, 2) = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3})

S(e_{3}) = \frac{1}{3}(0, 2, 2) + 1(0, 0, 3) = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

dove tutti i vettori sono finalmente espressi rispetto alla base canonica, e la matrice associata a S rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{11}{3} \end{matrix} ]

c) Riduciamo A a gradini:

\begin{matrix}3II \\ 3III \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & 11 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

quindi

B(Im(S)) = { (0, −2, −2), (0, 2, 11) }

Per ricavare il nucleo di S risolviamo il sistema omogeneo associato a A

\begin{cases}−y + z = 0 \\ 9z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(S)) = { (1, 0, 0) }
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Esercizio 9.4 (8.18). Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (2x, y, 0)

(1) Dato il vettore w = (2, −1, 1), calcolare T (w).

(2) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(3) Calcolare T (w) utilizzando la matrice A.

(4) Determinare la dimensione e una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T).

(5) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, −1), v_{3} = (1, 1, −1) è una base di R^{3}.

(6) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B dello spazio di partenza e alla base canonica C dello spazio di arrivo.

(7) Determinare le componenti del vettore w = (2, −1, 1) rispetto alla base B.

(8) Calcolare T (w) utilizzando la matrice B.

Soluzione:

(1) Per calcolare T (w) basta applicare la definizione:

T (2, −1, 1) = (2 · 2, −1, 0) = (4, −1, 0)

(2) Per calcolare A dobbiamo calcolare l’immagine dei vettori della base canonica:

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

La matrice A ha come colonne T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

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

(3) Utilizzando la matrice A si ottiene

T (w) = A · w = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}]

Notiamo che abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto (1).

(4) L’immagine di T è generata dai vettori colonna di A:

Im(T) = ⟨ T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}) ⟩ = ⟨ (2, 0, 0), (0, 1, 0) ⟩

Dalla matrice A, già ridotta a gradini, notiamo che solamente T (e_{1}) e T (e_{2}) sono linearmente indipendenti, di conseguenza l’immagine è uno spazio vettoriale generato da due vettori:

dim (Im(T)) = 2
B (Im(T)) = {(2, 0, 0), (0, 1, 0)}

Il nucleo di T è formato da quei vettori dello spazio di partenza R^{3} la cui immagine attraverso T è il vettore nullo:

N(T) = {(x, y, z) ∈ R^{3} | T (v) = (0, 0, 0)}

Il N(T) è quindi formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

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

Di conseguenza

N(T) = {(0, 0, 1) · t | t ∈ R} = ⟨ (0, 0, 1) ⟩
dim (N(T)) = 1
B (N(T)) = {(0, 0, 1)}

(5) Per verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, −1), v_{3} = (1, 1, −1) è una base di R^{3} calcoliamo il rango della matrice che ha per colonne i tre vettori:

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

La matrice ha 3 pivot, quindi ha rango 3, e l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3}.

(6) Per determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B dello spazio di partenza e rispetto alla base C dello spazio di arrivo, come al punto (2), calcoliamo l’immagine di v_{1}, v_{2} e v_{3} attraverso T:

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

Notiamo che tali immagini (appartenenti allo spazio di arrivo) sono espresse come richiesto rispetto alla base canonica. La matrice B ha quindi come colonne T (v_{1}), T (v_{2}), T (v_{3}):

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

(7) Per determinare le componenti (x, y, z) di w rispetto alla base B dobbiamo esprimere w come combinazione lineare degli elementi di B. Dobbiamo quindi risolvere l’eaquazione

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w

Consideriamo la matrice associata:

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

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

e w ha componenti (0, −3, 2)_{B} rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

Come metodo alternativo possiamo calcolare la matrice P = M_{B}^{C} di transizione da B a C, ovvero la matrice che ha per colonne i vettori di B espressi rispetto a C:

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

Per esprimere w rispetto a B dobbiamo prima calcolare P^{−1} = M_{C}^{B}, la matrice di transizione da C a B:

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

Di conseguenza

w_{B} = P^{−1} · w^{T} = [\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ −1 & 2 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}] [\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 2 \end{matrix}]

e w ha componenti (0, −3, 2)B rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}:

w = 0v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

(8) Avendo espresso w in termini della base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} possiamo ora calcolare T (w) utilizzando la matrice B:

T (w) = B · w = [\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 2 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}]

Notiamo che abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto (1) e del punto (3).

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Esercizio 9.5 (8.36). Sia S : R^{4} → R^{3} la funzione lineare

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

a) Si trovi una base del nucleo di S e una base dell’immagine di S.

6 FOGLIO DI ESERCIZI 9 – GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

b) Sia E la base canonica di R^{4} e sia B la base di R^{3} costituita dai vettori

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

Si determini la matrice M_{E}^{B}(S) associata a S. Soluzione: Determiniamo la matrice A associata a S calcolando l’immagine degli elementi della base canonica:

\begin{matrix}S(e_{1}) = (3, 4, 1) \\ S(e_{2}) = (0, −2, 0) \\ S(e_{3}) = (−2, 2, 2) \\ S(e_{4}) = (1, 3, 2) \end{matrix} ⇒ A = [\begin{matrix}3 & 0 & −2 & 1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}]

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

\begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & −2 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 4I \\ III − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & −2 & −6 & −5 \\ 0 & 0 & −8 & −5 \end{matrix}]

Una base dell’Immagine di S è data da

B(Im(S)) = {S(e_{1}), S(e_{2}), S(e_{3})}

Per trovare una base del nucleo risolviamo il sistema omogeneo:

\begin{cases}x + 2z + 2w = 0 \\ −2y − 6z − 5w = 0 \\ −8z − 5w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{6}{5}t \\ y = t \\ z = t \\ w = −\frac{8}{5}t \end{cases} ⇒ B(N(S)) = \{(6, 5, 5, −8)\}

b) Si tratta di esprimere S(e_{1}), S(e_{2}), S(e_{3}), S(e_{4}) rispetto alla base B. Scriviamo quindi la matrice

associata ai 4 sistemi xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} = S(e_{i}), considerando contemporaneamente i quattro vettori:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 3 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 4 & −2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 3 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & −1 & 0 & | & −2 & 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

Risolviamo ora i quattro sistemi

\begin{cases}x + y + z = 3 \\ −y = −2 \\ z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ y = 2 \\ z = 4 \end{cases} ⇒ S(e_{1}) = (−3, 2, 4)_{B}

\begin{cases}x + y + z = 0 \\ −y = 0 \\ z = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 0 \\ z = −2 \end{cases} ⇒ S(e_{2}) = (2, 0, −2)_{B}

\begin{cases}x + y + z = −2 \\ −y = 4 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −4 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ S(e_{3}) = (0, −4, 2)_{B}

\begin{cases}x + y + z = 1 \\ −y = 1 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = −1 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ S(e_{4}) = (−1, −1, 3)_{B}

Infine

M_{E}^{B}(S) = [\begin{matrix}−3 & 2 & 9 & −1 \\ 2 & 0 & −4 & −1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

□

Esercizio 9.6 (8.35). Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da

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

e sia B = {(1, 2, −4), (0, 1, 1), (1, 0, −7)} una base di R^{3}. a) Stabilire se T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Si determini la matrice M_{B}^{E}(T) associata a T rispetto alla base B e alla base canonica E.

c) Si determini la matrice M_{E}^{B}(T) associata a T rispetto alla base B e alla base canonica E.

d) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B.

Soluzione:

a) Dobbiamo in sostanza calcolare il rango di M_{E}(T) = M(T):

M(T) = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III + 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

dim(Im(T)) = rg(M(T)) = 3 ⇒ T è suriettiva

dim(N(T)) = 3 − rg(M(T)) = 0 ⇒ T è iniettiva

b) Si tratta di calcolare le immagini dei vettori della base B, e scrivere la matrice che ha questi come colonne. Ciò equivale a moltiplicare la matrice M(T) con la matrice

P = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ −4 & 1 & −7 \end{matrix}] ⇒ M(T)P = [\begin{matrix}3 & 1 & 1 \\ 4 & −2 & 9 \\ 0 & 3 & −7 \end{matrix}]

Infatti T (1, 2, −4) = (3, 4, 0), T (0, 1, 1) = (1, −2, 3), T (1, 0, −7) = (1, 9, −7), come si può determinare usando la definizione data di T.

c) I vettori T (e_{1}) = (1, 2, 0), T (e_{2}) = (1, −1, 2), T (e_{3}) = (0, −1, 1), vanno espressi nella base B. Le coordinate dei vettori così ottenuti saranno le colonne di M_{E}^{B}(T). Equivalentemente si ha che

M_{E}^{B}(T) = P^{−1}M(T) = [\begin{matrix}7 & −1 & 1 \\ −14 & 3 & −2 \\ −6 & 1 & −1 \end{matrix}] M(T) = [\begin{matrix}5 & 10 & 2 \\ −8 & −21 & −5 \\ −4 & −9 & −2 \end{matrix}]

d) Siano v_{1} = (1, 2, −4), v_{2} = (0, 1, 1) e v_{3} = (1, 0, −7). Dati i punti precedenti per ottenere la matrice

richiesta basta fare P^{−1}M(T)P per ottenere la matrice richiesta.

Se non fossero state richieste le matrici precedenti, il metodo più semplice consiste nel calcolare le tre immagini dei vettori della nuova base e poi trovare le coordinate di questi tre vettori rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

T (v_{1}) = (3, 4, 0), T (v_{2}) = (1, −2, 3), T (v_{3}) = (1, 9, −7)

Si tratta ora di esprimere tali immagini come combinazioni lineari degli elementi di B, cioè di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per risolvere i tre sistemi contemporaneamente riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{i} affiancata dalla matrice formata dai tre vettori T (v_{i})

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & | & 4 & −2 & 9 \\ −4 & 1 & −7 & | & 0 & 3 & −7 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 1 & −3 & | & 12 & 7 & −3 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & | & 14 & 11 & −10 \end{matrix}]

Risolviamo ora i tre sistemi:

T (v_{1}) : \begin{cases}x + z = 3 \\ y − 2z = −2 \\ −z = 14 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 17 \\ y = −30 \\ z = 14 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = (−17, −30, 14)_{B}

T (v_{2}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = −4 \\ −z = 11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 12 \\ y = −26 \\ z = −11 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = (12, −26, −11)_{B}

T (v_{3}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = 7 \\ −z = −11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −9 \\ y = 27 \\ z = 10 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = (−9, 27, 10)_{B}

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base B è

M_{B}(T) = [\begin{matrix}17 & 12 & −9 \\ −30 & −26 & 27 \\ −14 & −11 & 10 \end{matrix}]

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Esercizio 9.7 (9.1). Verificare che v = (1, 0, 0, 1) è autovettore dell’applicazione lineare T così definita

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

Determinare inoltre il relativo autovalore.

Soluzione: Calcoliamo T (v):

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

Quindi v è autovettore associato all’autovalore 2.

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Esercizio 9.8 (9.6). Date le matrici

A = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −3 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}−3 & 4 \\ 1 & 0 \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 caratterristico di A:

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

b) Gli autovalori di A sono dati dagli zeri del suo polinomio caratteristico, quindi A ha un solo autovalore (doppio):

λ = −1

Inoltre il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = −1:

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

Quindi

E(−1) = ⟨(1, 0)⟩

c) La matrice A non è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2×2 con un solo autovalore linearmente indipendente.

Consideriamo la matrice B. a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di B:

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

b) Poichè il polinomio caratteristico di B non ha zeri reali B non ha autovalori.

c) La matrice B non è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2 × 2 priva di autovalori. Si noti che invece in C la matrice ha due autovalori distinti: λ = \sqrt{5}i e λ = −\sqrt{5}i ed è quindi diagonalizzabile. Una base di autovettori è data da: \{(1 + \sqrt{5}i, 3), (1 − \sqrt{5}i, 3)\} Consideriamo la matrice C.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di C:

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

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

λ^{2} + 3λ − 4 = 0 → λ_{1} = −4, λ_{2} = 1

Quindi C ha due autovalori:

λ_{1} = −4, λ_{2} = 1

Consideriamo prima λ_{1} = −4. Il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = −4:

[\begin{matrix}1 & 4 & | & 0 \\ 1 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x + 4y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (−4t, t) ∀ t ∈ R

Quindi

E(−4) = ⟨(−4, 1)⟩

Consideriamo ora λ_{2} = 1. Il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = 1:

[\begin{matrix}−4 & 4 & | & 0 \\ 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 4II + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

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

Quindi

E(1) = ⟨(1, 1)⟩

c) La matrice C è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2 × 2 con due autovalori distinti (di

molteplicità algebrica 1), quindi C ha due autovettori linearmente indipendenti.

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Esercizio 9.9 (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).

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