CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

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

Esercizio 11.1 (10.6). Determinare il valore del parametro k ∈ R tale che i vettori

v = (1, 3, 7, −1), w = (3, 5, 1, k)

siano ortogonali.

Soluzione: Due vettori sono ortogonali se il loro prodotto scalare è zero.

(v, w) = 3 + 15 + 7 − k = 25 − k ⇒ (v, w) = 0 se k = 25

Quindi v e w sono ortogonali se k = 25

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Esercizio 11.2 (10.9). Siano u = (4, 2, −2) e v = (3, −3, 2) vettori di R^{3}. a) Calcolare le lunghezze di u e di v (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}).

b) Trovare tutti i vettori w di lunghezza 1 ortogonali a u e a v.

Soluzione:

a) Ricordiamo che ∥u∥ = \sqrt{(u, u)}, quindi:

∥u∥ = \sqrt{4^{2} + 2^{2} + (−2)^{2}} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}
∥v∥ = \sqrt{3^{2} + (−3)^{2} + 2^{2}} = \sqrt{22}

b) Si w = (x, y, z) il generico vettore di R^{3} e imponiamo la condizione che sia ortogonale a u e a v, ovvero (u, w) = (v, w) = 0:

\begin{cases}4x + 2y − 2z = 0 \\ 3x − 3y + 2z = 0 \end{cases}

Risolviamo il sistema considerando la matrice associata

[\begin{matrix}4 & 2 & −2 & | & 0 \\ 3 & −3 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 7 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + y − z = 0 \\ 7x − y = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 7t \\ z = 2t + 7t = 9t \end{cases}

Quindi il generico vettore w ortogonale a u e v è del tipo

(t, 7t, 9t)

Imponiamo ora la condizione che w abbia norma 1:

\sqrt{t^{2} + (7t)^{2} + (9t)^{2}} = 1 ⇒ \sqrt{131t^{2}} = 1 ⇒ t = ±\frac{1}{\sqrt{131}}

Quindi abbiamo due possibili scelte per w:

w = ± (\frac{1}{\sqrt{131}}, \frac{7}{\sqrt{131}}, \frac{9}{\sqrt{131}})

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Esercizio 11.3 (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 11.4 (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 11.5 (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.

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Esercizio 11.6 (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) }
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Esercizio 11.7 (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 il seguente vettore u_{1}, parallelo a v_{2} e di norma 1:

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}})

Inoltre il seguente vettore w_{2} è ortogonale a v_{2}, e quindi a u_{1}:

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 al seguente vettore di norma 1:

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}})\}

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Esercizio 11.8 (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) \}

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Esercizio 11.9 (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 11.10 (11.1). [Esercizio 15) cap. 9 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Calcolare una base ortonormale di R^{3} formata da autovettori per le matrici

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

Soluzione:

Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice A calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

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

Quindi

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

Gli autovalori di A sono i valori di λ per cui p_{A}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = −1 (doppio), λ_{2} = 3

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = −1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A + I:

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

Poichè dalla teoria sappiamo che le matrici simmetriche sono diagonalizzabili, ci aspettavamo che l’autovalore λ = −1 avesse molteplicità geometrica 2.

• λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a A − 3I:

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

Siano

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

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo A una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Inoltre, in questo caso, anche i due autovettori relativi allo stesso autovalore λ = −1 risultano ortogonali: (v_{1}, v_{2}) = 0. Per determinare la base ortonormale richiesta è quindi sufficiente normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

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

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (0, 0, 1)  ⇒  la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

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

Ripetiamo ora l’esercizio con la matrice B. Cominciamo a determinare gli autovalori della matrice B calcolandone il polinomio caratteristico, ovvero il determinante della matrice

B − λI = [\begin{matrix}1 − λ & 3 & 0 \\ 3 & −2 − λ & −1 \\ 0 & −1 & 1 − λ \end{matrix}]

Quindi

p_{B}(λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1] − 3 · 3(1 − λ) = (1 − λ)[(−2 − λ)(1 − λ) − 1 − 9]
= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 12)

Gli autovalori di B sono i valori di λ per cui p_{B}(λ) = 0, quindi

λ_{1} = 1,  λ_{2} = 3,  λ_{3} = −4

Possiamo ora trovare gli autovettori:

• λ = 1. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − I:

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

⇒ E(1) = ⟨(1, 0, 3)⟩

• λ = 3. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo asociato a B − 3I:

[\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & −5 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2II + 3I [\begin{matrix}−2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}−2x + 3y = 0 \\ −y − 2z = 0 \end{cases}

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

• λ = −4. Cerchiamo le soluzioni del sistema omogeneo associato a B + 4I:

[\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 3 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 5II + −3I [\begin{matrix}5 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −5 & | & 0 \\ 0 & −1 & 5 & | & 0 \end{matrix}] \begin{cases}5x + 3y = 0 \\ y − 5z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = 5t \\ z = t \end{cases}  ∀t ∈ R  ⇒ E(−4) = ⟨(−3, 5, 1)⟩

Siano

v_{1} = (1, 0, 3),  v_{2} = (−3, −2, 1),  v_{3} = (−3, 5, 1)

i tre autovettori linearmente indipendenti determinati. Essendo B una matrice simmetrica sappiamo dalla teoria che i suoi autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali tra loro. Per determinare la base ortonormale richiesta si tratta quindi di normalizzare i tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{10}}, 0, \frac{3}{\sqrt{10}})

u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{14}}, −\frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{1}{\sqrt{14}})  ⇒ la base cercata è B = \{u_{1}, u_{2}, u_{3}\}

u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{3}{\sqrt{35}}, \frac{5}{\sqrt{35}}, \frac{1}{\sqrt{35}})

□

Esercizio 11.11 (11.2). Per ognuna delle seguenti matrici simmetriche A si determini una matrice ortogonale P per la quale P^{T} AP sia diagonale

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

Soluzione:

Poichè entrambe le matrici A sono simmetriche, sappiamo dalla teoria che sono sicuramente diagonatizzabili. Si tratta di

(1) Determinare gli autovettori di A,

(2) Determinare una base ortonormale a partire dagli autovettori (linearmente indipendenti) di A,

(3) Scrivere la matrice P che ha per colonne gli elementi della base trovata. La matrice P cosí determinata è diagonalizzante e ortogonale.

Consideriamo prima la matrice

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

(1) p_{A}(λ) = λ^{2} + λ − 6 ⇒ autovalori: λ_{1} = 2, λ_{2} = −3 • λ = 2. Consideriamo A − 2I:

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

• λ = −3. Consideriamo A + 3I:

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

(2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (2, 1),  v_{2} = (1, −2)  ⇒

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}) , u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}})

(3) Infine

P = [\frac{1}{\sqrt{5}} −\frac{2}{\sqrt{5}}^{\frac{2}{\sqrt{5}} \frac{1}{\sqrt{5}}}]

Consideriamo ora la matrice

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

(1) p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 3λ) ⇒ autovalori: λ_{1} = 1, λ_{2} = 3, λ_{3} = 0

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

• λ = 1. Consideriamo A − I:

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

• λ = 3. Consideriamo A − 3I:

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

⇒ E(3) = ⟨ (−1, 1, −2) ⟩

• λ = 0. Consideriamo A − 0I:

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

⇒ E(0) = ⟨ (−1, 1, 1) ⟩

(2) Dalla teoria sappiamo già che autovettori relativi a autovalori distini sono ortogonali. E’ quindi

sufficiente normalizzare gli autovettori linearmente indipendenti trovati:

v_{1} = (1, 1, 0)  u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)
v_{2} = (−1, 1, −2) ⇒ u_{2} = \frac{v_{2}}{∥v_{2}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}})
v_{3} = (−1, 1, 1)  u_{3} = \frac{v_{3}}{∥v_{3}∥} = (−\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

(3) Infine

P = [\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} & −\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & −\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} ]

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Esercizio 11.12 (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 è 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.

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Esercizio 11.13 (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) \} .

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Esercizio 11.14 (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 11.15 (11.13). Sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1}, 2x_{2} + \sqrt{3}x_{3}, \sqrt{3}x_{2})

a) Stabilire se T è invertibile.

b) Mostrare che T è un endomorfismo simmetrico.

c) Trovare una base ortonormale di R^{3} che diagonalizza T.

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è:

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

a) T è invertibile se è invertibile la matrice A, cioè se A ha determinante non nullo:

det(A) = det [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \end{matrix}] = 2 · (−3) = −6 ≠ 0

b) La matrice associata a T rispetto alla base canonica (che è ortonormale) è simmetrica: A^{T} = A, quindi T è un endomorfismo simmetrico.

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

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

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, −1, 3.

Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{3} \\ 0 & \sqrt{3} & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}\sqrt{3}z = 0 \\ \sqrt{3}y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

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

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

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

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

Essendo tre autospazi distinti i tre autovalori generatori trovati sono tra loro ortogonali. Per ottenere la base ortonormale cercata basta quindi prendere i generatori di norma 1:

B(R^{3}) = \{(1, 0, 0), (0, \frac{1}{2}, −\frac{\sqrt{3}}{2}) , (0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})\}

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