CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 9– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012/13

Esercizio 9.1 (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 9.2 (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 alla base canonica.

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

Soluzione: a) Siano v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (0, 2, 2), v_{3} = (0, 0, 3).

Dalla matrice si ricava che

S(v_{1}) = S(1, 1, 1) = (0, 0, 1)_{B} = 0v_{1} + 0v_{2} + 1v_{3} = (0, 0, 3)
S(v_{2}) = S(0, 2, 2) = (0, 0, 2)_{B} = 0v_{1} + 0v_{2} + 2v_{3} = (0, 0, 6)
S(v_{3}) = S(0, 0, 3) = (0, 1, 3)_{B} = 0v_{1} + 1v_{2} + 3v_{3} = (0, 2, 11)

Per calcolare le immagini della base canonica, dobbiamo prima determinare le coordinate degli elementi e_{i} della base canonica rispetto alla base {v_{1}, v_{2}, v_{3}}, ovvero esprimere gli e_{i} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}, ovvero risolvere le equazioni

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} i = 1, 2, 3

In questo caso, data la semplicità dei calcoli non è necessario impostare le tre equazioni, infatti:

e_{1} = v_{1} − \frac{1}{2}v_{2},  e_{2} = \frac{1}{2}v_{2} − \frac{1}{3}v_{3},  e_{3} = \frac{1}{3}v_{3}

Quindi per la linearità di S:

S(e_{3}) = S(v_{1}) − \frac{1}{2}S(v2) = (0, 0, 3) − \frac{1}{2}(0, 0, 6) = (0, 0, 0)

S(e_{2}) = \frac{1}{2}S(v_{2}) − \frac{1}{3}S(v_{3}) = \frac{1}{2}(0, 0, 6) − \frac{1}{3}(0, 2, 11) = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3})

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

Infine 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) In questo caso non è necessario procedere con la riduzione a gradini. Infatti è evidente che la sottomatrice formata dalle ultime due colonne ha rango 2, quindi una base dell’immagine di S è

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

Dal teorema di nullità più rango sappiamo inoltre che il nucleo ha dimensione uno e avendo trovato che S(e_{1}) = 0, possiamo concludere che una base del nucleo di S è

B(N(S)) = { (1, 0, 0) }
□

Esercizio 9.3 (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.

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 & 0 & −1 \\ 2 & 0 & −4 & −1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

□

Esercizio 9.4 (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 canonica E e alla base B.

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}]

□

Esercizio 9.5 (8.50). Sia

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

una base di ℝ^{3} e sia T l’endomorfismo di ℝ^{3} così definito:

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

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

b) Si determini base e dimensione dell’Immagine e del Nucleo di T.

c) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{k} = (k + 1, 0, k) appartiene all’Immagine di T.

Soluzione:

a) Per determinare T (e_{i}), dobbiamo ricavare le coordinate di e_{i} rispetto alla base B. Non è però necessario risolvere le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} in quanto seplicemente:

e_{1} = \frac{1}{2}v_{3},  e_{2} = −v_{2},  e_{3} = v_{1} − \frac{1}{2}v_{3}

Di conseguenza

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

T (e_{2}) = −T (v_{2}) = (0, −1, −1)

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

e

M(T) = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & −1 \\ 3 & −1 & −1 \end{matrix}]

b) Riduciamo M(T) a gradini

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

Quindi

dim(Im(T)) = rg(M(T)) = 2
B(Im(T)) = {(3, 2, 3), (0, −1, −1)}

Sappiamo già che dim(N(T)) = 3 − rg(M(T)) = 1. Per determinarne una base risolviamo il sistema omogeneo associato a M(T):

\begin{cases}x = 0 \\ −y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{(0, −1, 1)\}

c) Il vettore v_{k} = (k + 1, 0, k) appartiene all’Immagine di T se è combinazione lineare dei vettori della base in Im(T):

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

Infine, se k = \frac{1}{2} la matrice completa e incompleta hanno lo stesso rango, quindi il sistema ammette soluzione e v_{k} appartiene a Im(T), mentre se k ≠ \frac{1}{2}, allora rg(A|b) = 3 > rg(A) = 2, quindi il sistema non ammette soluzione e v_{k} non appartiene a Im(T).

□

Esercizio 9.6 (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.

□

Esercizio 9.7 (9.3). 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}]

Quindi T (v) = λv ammette soluzione v ≠ 0 se e solo se il sistema omogeneo trovato ha soluzione non nulla. 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).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 1:

E(1) = ⟨(1, 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).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 3:

E(3) = ⟨(1, 2, 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).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 2:

E(2) = ⟨(0, 0, 1)⟩

b) T è diagonalizzabile se rispetto a una opportuna 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. In realtà autovettori relativi ad autovalori differenti sono sempre linearmente indipendenti.

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}]

Infatti M_{B}(T) = M_{C}^{B} · M(T) · M_{B}^{C}.

□

Esercizio 9.8. [Esercizio 9) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato]

Riconoscere che le due seguenti matrici M sono diagonalizzabili, e calcolare per ciascuna di esse una matrice P diagonalizzante (tale cioè che valga P^{−1}MP = D, con D matrice diagonale; ricordiamo che P è una matrice le cui colonne sono autovettori di M).

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] , M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Soluzione: Risolviamo questo esercizio utilizzando la sola definizione di autovalore e autovettore.

Consideriamo la matrice

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

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 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}] ⇒ [\begin{matrix}x + 2y + 3z \\ 3y + z \\ 4z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + 2y + 3z = λx \\ 3y + z = λy \\ 4z = λz \end{cases} ⇒ \begin{cases}(1 − λ)x + 2y + 3z = 0 \\ (3 − λ)y + z = 0 \\ (4 − λ)z = \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 3 − λ & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 − λ & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice ottenuta è quella associata al sistema omogeneo (M − λI)v = 0. Quindi T (v) = λv con v ≠ 0 se e solo se v è soluzione non nulla del sistema omogeneo associato M − λI 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 & 2 & 3 \\ 0 & 3 − λ & 1 \\ 0 & 0 & 4 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(3 − λ)(4 − λ).

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 1 \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 4 \end{cases}

A questo punto possiamo già affermare che la matrice M è diagonalizzabile, in quanto ha 3 autovalori distinti, e di conseguenza 3 autovettori linearmente indipendenti. Per determinare la matrice P diagonalizzante dobbiamo trovare gli autospazi E(λ_{i}) relativi ad ogni autovalore λ_{i}.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 1 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − I

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

Quindi T (1, 0, 0) = λ · (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) e E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

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

Quindi T (1, 1, 0) = λ · (1, 1, 0) = 3 · (1, 1, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 4 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 4I

[\begin{matrix}−3 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + 2y + 3z = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{5}{3}t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (\frac{5}{3}, 1, 1) t,

Quindi T (5, 3, 3) = λ · (5, 3, 3) = 4 · (5, 3, 3) e E(4) = ⟨(5, 3, 3)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (5, 3, 3)} è una base di ℝ^{3} formata da autovettori di T. 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 autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

T (v_{1}) = T (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) = v_{1} = (1, 0, 0)_{B}
T (v_{2}) = T (1, 1, 0) = 3 · (1, 1, 0) = 3v_{2} = (0, 3, 0)_{B}
T (v_{3}) = T (5, 3, 3) = 4 · (5, 3, 3) = 4v_{3} = (0, 0, 4)_{B}

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dai tre autovalori.

Consideriamo ora la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Un autovalore di T è un numero λ ∈ ℝ per cui esiste un vettore v = (x, y, z, w) 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. Come nel caso precedente otteniamo che le soluzioni dell’equazione T (v) = λv sono le stesse soluzioni del sistema omogeneo associato a M − λI; quindi T (v) = λv per qualche v ≠ 0 se la matrice M − λI ha rango minore di 4 ovvero determinante nullo:

det(M − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 − λ & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = (2 − λ)(3 − λ)(5 − λ)(2 − λ)

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 2 (doppio) \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 5 \end{cases}

A questo punto non possiamo concludere nulla circa la diagonalizzabilità di M in quanto abbiamo trovato un autovalore doppio. In particolare se E(2) ha dimensione 2 allora M è diagonalizzabile. Viceversa se E(2) ha dimensione 1 allora M non è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 2 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 2I

[\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y + z = 0 \\ y + 4z = 0 \\ 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = s \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 0, 0, 0)t + (0, 0, 0, 1)s ∀t, s ∈ ℝ

Quindi T (1, 0, 0, 0) = λ · (1, 0, 0, 0) = 2 · (1, 0, 0, 0), T (0, 0, 0, 1) = λ · (0, 0, 0, 1) = 2 · (0, 0, 0, 1) e E(2) = ⟨(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩.

Abbiamo così trovato che l’autovalore λ = 2 ha molteplicità geometrica 2, uguale alla sua molteplicità algebrica. Di conseguenza M è diagonalizzabile in quanto ha sicuramente 4 autovettori linearmente indipendenti.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

[\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y + z = 0 \\ 4z = 0 \\ 2x = 0 \\ −w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 1, 0, 0)t, ∀t ∈ ℝ

Quindi T (1, 1, 0, 0) = λ · (1, 1, 0, 0) = 3 · (1, 1, 0, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 5 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 5I

[\begin{matrix}−3 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + y + z = 0 \\ −2y + 4z = 0 \\ −3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 2, 1, 0) t, ∀t ∈ ℝ

Quindi T (1, 2, 1, 0) = λ · (1, 2, 1, 0) = 5 · (1, 2, 1, 0) e E(5) = ⟨(1, 2, 1, 0)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0, 0), v_{2} = (0, 0, 0, 1), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (1, 2, 1, 0)} è una base di ℝ^{4} formata da autovettori di T. 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 autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

T (v_{1}) = 2v_{1} = (2, 0, 0, 0)_{B}, T (v_{2}) = 2v_{2} = (0, 2, 0, 0)_{B}
T (v_{3}) = 3v_{3} = (0, 0, 3, 0)_{B}, T (v_{4}) = 5v_{4} = (0, 0, 0, 5)_{B}

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dagli autovalori.

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Esercizio 9.9 (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 caratterristico 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.

Consideriamo la matrice C. a) Calcoliamo il polinomio caratterristico 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.

□

Esercizio 9.10 (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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Esercizio 9.11 (9.8). Sia T l’endomorfismo definito dalla matrice associata rispetto alla base canonica:

A = M(T) = [\begin{matrix}0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare Nucleo e Immagine di T.

b) Determinare autovalori e autovettori di T.

c) Stabilire se T è diagonalizzabile.

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

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

A = [\begin{matrix}0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Notiamo che rg(A) = 2, di conseguenza:

dim(Im(T)) = rg(A) = 2, dim(N(T)) = 3 − rg(A) = 1

Inoltre una base dell’immagine di T è

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(0, 1, 1), (6, 0, 0)}

Per determinare il nucleo dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x + z = 0 \\ 6y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ ℝ

B(N(T)) = {(−1, 0, 1)}

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di T:

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 T sono:

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

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

b) 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)⟩

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

B(ℝ^{3}) = {(1, 0, −1), (−3, 1, 1), (2, 1, 1) }
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Esercizio 9.12 (9.9). Sia T : ℝ^{3} → ℝ^{3} l’endomorfismo a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & −6 \\ 0 & 2 & 5 \end{matrix}]

a) Si determinino gli autovalori di T e si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si determini una base di R^{3} formata da autovettori di T.

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

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & −2 − λ & −6 \\ 0 & 2 & 5 − λ \end{matrix}]
= (2 − λ)[(−2 − λ)(5 − λ) + 12] = (2 − λ)(λ^{2} − 3λ + 2)

Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ_{1} = 2 doppio
λ_{2} = 1 singolo

T è diagonalizzabile se l’autospazio E(2) ha dimensione 2. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 2:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −4 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/2II \\ 2III + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2y + 3z = 0 ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −\frac{3}{2}t \\ z = t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (s, −\frac{3}{2}t, t) ∀s, t ∈ ℝ ⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0), (0, −3, 2)⟩

Poiché E(1) ha sicuramente dimensione 1, la somma delle dimensioni degli autospazi è 3 = dim(ℝ^{3}) e T è diagonalizabile.

b) Per determinare una base di ℝ^{3} formata da autovettori dobbiamo determinare anche l’autospazio E(1). Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 1:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −3 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/3II \\ 3III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = 0 \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (0, −2t, t) ∀t ∈ ℝ ⇒ E(1) = ⟨(0, −2, 1)⟩

Infine la base di ℝ^{3} cercata è

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

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 C 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}]

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 9.14 (9.15). Sia T l’endomorfismo di ℝ^{3} cos definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1}, x_{1} − \frac{1}{2}x_{3}, x_{2}) .

a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di T.

b) T diagonalizzabile?

c) Se al campo dei numeri reali si sostituisce quello dei numeri complessi, l’endomorfismo di ℂ^{3} che si ottiene è diagonalizzabile?

Soluzione: Calcoliamo la matrice A associata a T, che ha per colonne T (e_{1}), T (e_{2}) e T (e_{3}):

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

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (1 − λ) (λ^{2} + \frac{1}{2})

Quindi A ha un solo autovalore reale λ = 1.

Calcoliamo l’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

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

Di conseguenza E(1) = ⟨(\frac{3}{2}, 1, 1)⟩ = ⟨(3, 2, 2)⟩.

b) T non è daigonalizzabile in quanto ha un solo autovalore (singolo), quindi la somma delle dimensioni dei suoi autospazi è 1 < 3.

c) Se consideriamo il campo dei numeri complessi, T ha tre autovalori distinti:

λ_{1} = 1,  λ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} i,  λ_{3} = −\frac{1}{\sqrt{2}} i.

Essendo 3 autovalori singoli la somma degli autospazi è sicuramente 3 e l’endomorfismo T in questo caso risulta diagonalizzabile.

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