CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA DELLE TELECOMUNICAZIONI

FOGLIO DI ESERCIZI # 10– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011/12

Esercizio 10.1 (Esercizio 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).

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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Esercizio 10.2. 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}]

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).

– 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).

– 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).

b) T è diagonalizzabile rispetto a una certa 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.

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}]

□

Esercizio 10.3 (Esercizio 9.2). Si consideri la matrice

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

a) Determinare autovalori e autovettori di A.

b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile.

c) Stabilire se esiste una base di R^{3} formata da autovettori di A, e in caso positivo determinarla.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

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

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 0 singolo
λ_{2} = −2 singolo
λ_{3} = 3 singolo

b) Possiamo già rispondere alla seconda domanda in quanto gli autovalori sono tutti singoli, quindi la matrice è sicuramente diagonalizzabile.

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

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

Di conseguenza E(0) = ⟨(1, 0, −1)⟩.

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

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

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

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

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

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

c) Poichè A è diagonalizzabile esiste una base di R^{3} formata da autovettori di A:

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

Esercizio 10.4 (Esercizio 9.2). 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 di T.

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

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

Soluzione: Determiniamo innanzitutto 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

Avendo 3 autovalori distinti la matrice A, e quindi T, è sicuramente diagonalizzabile.

b) 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

Di conseguenza

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

Di conseguenza

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)⟩

c) 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}]

Calcolando P^{−1}AP otteniamo la matrice diagonale D che ha gli autovalori di A sulla diagonale:

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

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Esercizio 10.5 (Esercizio 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 A 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.

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Esercizio 10.6 (Esercizio 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.

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Esercizio 10.7 (Esercizio 9.28). Si consideri la matrice ad elementi reali

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

a) Determinare gli autovalori della matrice A.

b) Stabilire per quali valori del parametro reale k la matrice data è diagonalizzabile.

Soluzione:

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

p_{A}(λ) =(3 − k − λ) · [(2 − λ)(3 − k − λ) − k] + k(3 − k − λ)
= (3 − k − λ)(2 − λ)(3 − k − λ) − k(3 − k − λ) + k(3 − k − λ)
= (3 − k − λ)(2 − λ)(3 − k − λ) = (3 − k − λ)^{2}(2 − λ)

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 2
λ_{2} = 3 − k almeno doppio

Notiamo che possiamo solo dire che λ_{2} è almeno doppio, in quanto se k = 1 avremmo un unico autovalore λ_{1} = λ_{2} = 2, triplo.

b) Per stabilire se la matrice è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio E(−k + 3), che deve essere almeno 2 (la dimensione deve essere 3 nel caso k = 1 quando si ha un unico autovalore λ_{1} = λ_{2} = 2 triplo).

Calcoliamo quindi l’autospazio E(3−k) relativo all’autovalore λ_{2} risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − (3 − k)I:

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

\begin{cases}kx + (k − 1)y + kz = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}kx + kz = 0 \\ y = 0 \end{cases}

Per risolvere il sistema dobbiamo distinguere due casi – Se k = 0, allora il sistema si riduce alla sola equazione y = 0, quindi ha soluzione

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

e E(−k + 3) = E(3) = ⟨(1, 0, 0), (0, 0, 1)⟩. In particolare E(−k + 3) ha dimensione 2 uguale alla molteplicità algebrica di λ_{2} (Notiamo che per k = 0, λ_{1} = 2 è singolo e λ_{2} = 3 è doppio). Di conseguenza se k = 0 la matrice è diagonalizzabile.

– Se k ≠ 0 possiamo dividere la prima equazione per k ottenendo il sistema equivalente

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

Quindi in questo caso E(−k + 3) = ⟨(1, 0, −1)⟩. In particolare E(−k + 3) ha dimensione 1 minore della molteplicità algebrica di λ_{2}. Di conseguenza se k ≠ 0 la matrice non è diagonalizzabile.

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Esercizio 10.8 (Esercizio 9.24). Siano A e B le matrici reali

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

a) Determinare, se esistono, i valori del parametro reale k per cui A e B sono simili.

Soluzione: Due matrici diagonalizzabili sono simili se sono simili alla stessa matrice diagonale, ovvero se hanno gli stessi autovalori. Inoltre se una delle due matrici è diagonalizzabile mentre l’altra non lo è, allora le due matrici non sono simili. Studiamo quindi la diagonalizzabilità di A e B.

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

quindi A e B hanno gli stessi autovalori λ_{1} = 1, doppio, e λ_{2} = 3.

Per stabilire se A è diagonalizzabile calcoliamo la dimensione del suo autospazio E_{A}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ E_{A}(1) = ⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0)⟩

e la matrice A è diagonalizzabile.

A questo punto possiamo affermare che A e B sono simili se e solo se anche B è diagonalizzabile. Calcoliamo quindi la dimensione del suo autospazio E_{B}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a B − I:

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

Quindi l’autospazio E_{B}(1) ha dimensione 2 se e solo se k = 1.

Infine A e B sono simili solamente se k = 1, quando sono entrambe simili alla matrice

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

Esercizio 10.9. Sia T l’endomorfismo di R^{4} cos definito:

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

a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di T.

b) Stabilire per quali valori reali di k l’endomorfismo T diagonalizzabile.

Soluzione:

a) La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] e il suo polinomio carattestico è

det(A − λI) = [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − λ & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(k − λ)(λ + 1)(λ − 3)

Se ne deduce che gli autovalori di T sono 1, 3, k ,-1, determiniamone i relativi autospazi. • E(1) è l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice

[\begin{matrix}0 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] → \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ (k − 1)x_{3} + x_{4} = 0 \\ x_{3} = t \end{cases} ⇒

Quindi ∀k ∈ R, E(1) = {(0, 0, t, (1 − k)t) | t ∈ R}

• E(−1) è l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice

[\begin{matrix}2 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k + 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}] → [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k + 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}] → \begin{cases}x_{1} + x_{2} = 0 \\ (k + 1)x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

In questo caso ci sono due possibilità:

– se k ≠ −1 la seconda equazione del sistema diviene x_{3} = 0 e quindi E(−1) = {(−t, t, 0, 0) | t ∈ R}

– se k = −1 la seconda equazione del sistema è indeterminata e quindi ponendo x_{3} = s si ha

E(−1) = {(−t, t, s, 0) | t, s ∈ R}.

• E(3) è l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice

[\begin{matrix}−2 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & −2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −2 \end{matrix}] → [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] → \begin{cases}−x_{1} + x_{2} = 0 \\ (k − 3)x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

In questo caso ci sono due possibilità:

– se k ≠ 3 la seconda equazione del sistema diviene x_{3} = 0 e quindi E(3) = {(t, t, 0, 0) | t ∈ R} – se k = 3 la seconda equazione del sistema è indeterminata e quindi ponendo x_{3} = s si ha

E(3) = {(t, t, s, 0) | t, s ∈ R}.

• E(k) è l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice

[\begin{matrix}1 − k & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 − k & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 − k \end{matrix}] → [\begin{matrix}1 − k & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 − (1 − k)^{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 − k \end{matrix}] → \begin{cases}(1 − k)x_{1} + 2x_{2} = 0 \\ (k + 1)(k − 3)x_{2} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases}

per k ≠ −1, 3 (gli altri sono già stati analizzati e comunque si possono ricavare dal medesimo sistema). Allora E(k) = {(0, 0, t, 0) | t ∈ R}, se k ≠ −1, 3.

b) Dalla parte precedente si conclude che la matrice è diagonalizzabile ∀k ≠ 1, infatti per k = 1 la molteplicità algebrica di λ = 1 è 2 mentre quella geometrica è 1. In tutti gli altri casi le molteplicità algebrica e geometrica di ciascun autovalore coincidono.

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Esercizio 10.10. Si consideri la matrice

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

a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di A.

Soluzione: La matrice A è simmetrica e quindi sicuramente diagonalizzabile.

a) Il polinomio caratteristico di A è det [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 0 \\ 2 & 1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(λ − 3)(λ + 1), gli autospazi

corrispondenti sono i seguenti:

• E(1) = ⟨(0, 0, 1)⟩
• E(−1) = ⟨(−1, 1, 0)⟩
• E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩
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