Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi 1 (Geometria e Algebra Lineare) 3 settembre 2009 Tema A

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1 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) settembre 009 Tema A Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Risolvere e tracciare sul piano di Gauss le soluzioni dell equazione Si segnala che 0 = 0. (z + i) = 6 + 6i. Per trovare le soluzioni conviene cercare le radici quinte del membro di destro. Per ciò, calcoliamo il suo modulo ρ e il suo argomento θ. ρ = (6 ) + 6 = = 6 = 0 = 0 = ( ) ρ = = cos θ = 6 = sin θ = 6 = θ = π 6 (osservazione per il modulo: si poteva calcolare più facilmente come ρ = 6 + = 6 = ; osservazione per l argomento: il coseno indica che si tratta di ± π e il seno che 6 tra + π e π si tratta di + π.) Le radici quinte di 6 + 6i sono quindi w k = e i π 0 +ki π con k = 0,...,. Le soluzioni dell equazione sono quindi i z k = + i + e iπ 0 +ki π, k = 0,...,. I punti sono i vertici di un pentagono regolare, di centro + i, di raggio e con un vertice che fa un angolo π (un sessantesimo di giro) rispetto all orizzontale. 0

2 Esercizio. Si considerino i punti A( ; ; ), B( ; ; ), C( ; ; ) e D( ; 0; 8). a) Scrivere l equazione del piano Π passante per i tre punti A, B e C. Abbiamo e, ponendo n = AB AC, AB = ( ; 0; ) AC = ( ; ; 0) n = (; ; ) Il vettore n è normale al piano Π quindi un equazione del piano Π può essere ottenuta da (x + ) (y ) + (z ) = 0 ovvero x y + z = 0. b) Calcolare la distanza dal punto D al piano Π. Si può calcolare questa distanza con (almeno) due metodi. Il primo è la formula classica che si può ritrovare negli appunti o in qualsiasi libro. Il secondo è di calcolare AD da cui si ricava la distanza come il valore assoluto di AD n n. Abbiamo quindi D altra parte si calcola che e quindi la distanza tra D e Π è AD = ( ; ; ) AD n = 7. n n = 7 n = 7 d = 7. c) Scrivere l equazione parametrica della retta ortogonale al piano Π e passante per D. Tale retta è diretta da n, quindi l equazione parametrica è x = + t y = t z = 8 + t

3 Esercizio. Si consideri il sistema x + y z = a x + 6z = b x + y + z = c dove a, b e c sono dei parametri. a) Calcolare il rango della matrice dei coefficienti del sistema. La matrice dei coefficienti è A = 0 6 Si vede subito che A è di rango almeno perché le due prime colonne non sono proporzionali. Anzi, il minore costituito dalle due prime righe e due prime colonne è. 0 = 6 0 quindi la sottomatrice corrispondente è di rango. Calcolando il determinante di A, si vede che è nullo per cui A ha rango. b) Quale condizione devono verificare i parametri a, b e c perché il sistema ammetta soluzione? Dal teorema di Rouché Capelli, sappiamo che il sistema ammette soluzione se e solo se il rango della matrice completa, cioè la matrice a B = 0 6 b, c è. Abbiamo visto che la matrice costituita dalle prime due righe e dalle prime due colonne è di rango così come quella costituita dalle tre prime colonne (cioè la matrice A). Dal teorema di Kronecker, la matrice B è di rango se e solo se la matrice costituita dalla prima, la seconda e la quarta colonna di B ha determinante 0. La condizione da verificare è quindi Calcoliamo a 0 b c a 0 b c = 0. = 0 a b + 0 c = a + b 6c La condizione che devono verificare i coefficienti è quindi a + b 6c = 0.

4 c) Risolvere il sistema nei casi seguenti. (a) (a; b; c) = (; ; 6). È ovvio che la condizione di cui alla domanda precedente non è verificata, quindi il sistema non ammette soluzione. (b) (a; b; c) = (6; 6; ). In questo caso invece la condizione è verificata e quindi il sistema ammette soluzione. Dal rango del sistema, cioè, sappiamo che l insieme delle soluzioni è una retta. La soluzione effettiva del sistema è classica e non richiede nessuna tecnica particolare. Esercizio. Calcolare gli autovalori e autovettori della seguente matrice e precisare se è diagonalizzabile A = Non ci sono problemi particolari. Gli autovalori sono λ = (semplice) con autovettore 0 v =, λ = (semplice) con autovettore e λ = 0 (semplice) con autovettore La matrice quindi è diagonalizzabile. v = v = Esercizio. Si consideri la quadrica σ di equazione. 9x + xy 0xz + 66y 0yz + 7z 0 = 0. Sapendo che gli autovalori della matrice 9 B = sono λ = 0 (doppio) e λ = 00 (semplice), si chiede di:

5 a) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. La forma canonica è 0X + 0Y + 00Z 0 = 0, ossia X + Y + Z = 0. La quadrica è pertanto un ellissoide reale. b) Scrivere il cambiamento di coordinate che porta la quadrica in forma canonica. Dobbiamo determinare una base ortonormale di autovettori della matrice B. Quelli relativi all autovalore λ = 0 (doppio) sono dati dalle soluzioni del sistema 9x + y z = 0 x + 6y 0z = 0 x 0y + z = 0 che sono y = (z x), con x e z arbitrari. Per ottenere una coppia di versori ortonormali possiamo anzitutto porre z = 0 e quindi ottenere (x, x, 0) T che, una volta normalizzato, dà v = (,, 0) T. Imponendo poi l ortogonalità fra v e (x, (z x), z) T si trova x = z e dopo la normalizzazione si ottiene il versore v = (,, ) T. Per quanto riguarda gli autovettori relativi all autovalore λ = 00 (semplice), essi si ottengono dal sistema x + y z = 0 x y 0z = 0 x 0y z = 0 Si trova x = z e y = z, con z arbitrario. La normalizzazione dà z = e quindi il versore che completa la base ortonormale è v = (,, ) T. Abbiamo così ottenuto la matrice (ortogonale) M = che dà il cambiamento di coordinate x y = z 0 0 X Y Z ossia x = X + Y y = X + Y z = Y + Z Z Z

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7 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) settembre 009 Tema B Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Risolvere e tracciare sul piano di Gauss le soluzioni dell equazione Si segnala che 0 = 0. (z + i) = 6 + 6i. Per trovare le soluzioni conviene cercare le radici quinte del membro di destro. Per ciò, calcoliamo il suo modulo ρ e il suo argomento θ. ρ = (6 ) + 6 = = 6 = 0 = 0 = ( ) ρ = = cos θ = 6 = sin θ = 6 = θ = π 6 (osservazione per il modulo: si poteva calcolare più facilmente come ρ = 6 + = 6 = ; osservazione per l argomento: il coseno indica che si tratta di ± π e il seno che 6 tra + π e π si tratta di + π.) Le radici quinte di 6 + 6i sono quindi w k = e i π 0 +ki π con k = 0,...,. Le soluzioni dell equazione sono quindi i z k = i + e iπ 0 +ki π, k = 0,...,. I punti sono i vertici di un pentagono regolare, di centro i, di raggio e con un vertice che fa un angolo π (un sessantesimo di giro) rispetto all orizzontale. 0

8 Esercizio. Si considerino i punti A( ; ; ), B(0; ; ), C( ; ; ) e D(; ; ). a) Scrivere l equazione del piano Π passante per i tre punti A, B e C. Abbiamo e, ponendo n = AB AC, AB = (; ; ) AC = ( ; ; ) n = (; 0; ) Il vettore n è normale al piano Π quindi un equazione del piano Π può essere ottenuta da (x + ) + (z + ) = 0 ovvero x + z + 8 = 0. b) Calcolare la distanza dal punto D al piano Π. Si può calcolare questa distanza con (almeno) due metodi. Il primo è la formula classica che si può ritrovare negli appunti o in qualsiasi libro. Il secondo è di calcolare AD da cui si ricava la distanza come il valore assoluto di AD n n. Abbiamo quindi D altra parte si calcola che e quindi la distanza tra D e Π è AD = (; ; ) AD n =. n n = n = d =. c) Scrivere l equazione parametrica della retta ortogonale al piano Π e passante per D. Tale retta è diretta da n, quindi l equazione parametrica è x = + t y = z = + t

9 Esercizio. Si consideri il sistema x + y z = a x y + 9z = b x + y z = c dove a, b e c sono dei parametri. a) Calcolare il rango della matrice dei coefficienti del sistema. La matrice dei coefficienti è A = 9 Si vede subito che A è di rango almeno perché le due prime colonne non sono proporzionali. Anzi, il minore costituito dalle due prime righe e due prime colonne è. ( ) = 7 0 quindi la sottomatrice corrispondente è di rango. Calcolando il determinante di A, si vede che è nullo per cui A ha rango. b) Quale condizione devono verificare i parametri a, b e c perché il sistema ammetta soluzione? Dal teorema di Rouché Capelli, sappiamo che il sistema ammette soluzione se e solo se il rango della matrice completa, cioè la matrice a B = 9 b, c è. Abbiamo visto che la matrice costituita dalle prime due righe e dalle prime due colonne è di rango così come quella costituita dalle tre prime colonne (cioè la matrice A). Dal teorema di Kronecker, la matrice B è di rango se e solo se la matrice costituita dalla prima, la seconda e la quarta colonna di B ha determinante 0. La condizione da verificare è quindi Calcoliamo a b c = a b c = 0. a b + c = 8a b 7c La condizione che devono verificare i coefficienti è quindi 8a b 7c = 0.

10 c) Risolvere il sistema nei casi seguenti. (a) (a; b; c) = (8; ; 7). È ovvio che la condizione di cui alla domanda precedente non è verificata, quindi il sistema non ammette soluzione. (b) (a; b; c) = ( ; 6; 8). In questo caso invece la condizione è verificata e quindi il sistema ammette soluzione. Dal rango del sistema, cioè, sappiamo che l insieme delle soluzioni è una retta. La soluzione effettiva del sistema è classica e non richiede nessuna tecnica particolare. Esercizio. Calcolare gli autovalori e autovettori della seguente matrice e precisare se è diagonalizzabile A = 6 Non ci sono problemi particolari. Gli autovalori sono λ = 0 (semplice) con autovettore 0 v = e λ = (doppio) con autovettore v =. La matrice quindi non è diagonalizzabile. Esercizio. Si consideri la quadrica σ di equazione Sapendo che gli autovalori della matrice 9x + xy 0xz + 66y 0yz + 7z 0 = 0. 9 B = sono λ = 0 (doppio) e λ = 00 (semplice), si chiede di:

11 a) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. La forma canonica è 0X + 0Y + 00Z 0 = 0, ossia X + Y + Z = 0. La quadrica è pertanto un ellissoide reale. b) Scrivere il cambiamento di coordinate che porta la quadrica in forma canonica. Dobbiamo determinare una base ortonormale di autovettori della matrice B. Quelli relativi all autovalore λ = 0 (doppio) sono dati dalle soluzioni del sistema 9x + y z = 0 x + 6y 0z = 0 x 0y + z = 0 che sono y = (z x), con x e z arbitrari. Per ottenere una coppia di versori ortonormali possiamo anzitutto porre z = 0 e quindi ottenere (x, x, 0) T che, una volta normalizzato, dà v = (,, 0) T. Imponendo poi l ortogonalità fra v e (x, (z x), z) T si trova x = z e dopo la normalizzazione si ottiene il versore v = (,, ) T. Per quanto riguarda gli autovettori relativi all autovalore λ = 00 (semplice), essi si ottengono dal sistema x + y z = 0 x y 0z = 0 x 0y z = 0 Si trova x = z e y = z, con z arbitrario. La normalizzazione dà z = e quindi il versore che completa la base ortonormale è v = (,, ) T. Abbiamo così ottenuto la matrice (ortogonale) M = che dà il cambiamento di coordinate x y = z 0 0 X Y Z ossia x = X + Y y = X + Y z = Y + Z Z Z

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13 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) settembre 009 Tema C Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Risolvere e tracciare sul piano di Gauss le soluzioni dell equazione Si segnala che 0 = 0. (z + i) = 6 + 6i. Per trovare le soluzioni conviene cercare le radici quinte del membro di destro. Per ciò, calcoliamo il suo modulo ρ e il suo argomento θ. ρ = (6 ) + 6 = = 6 = 0 = 0 = ( ) ρ = = cos θ = 6 = sin θ = 6 = θ = π 6 (osservazione per il modulo: si poteva calcolare più facilmente come ρ = 6 + = 6 = ; osservazione per l argomento: il coseno indica che si tratta di ± π e il seno che 6 tra + π e π si tratta di + π.) Le radici quinte di 6 + 6i sono quindi w k = e i π 0 +ki π con k = 0,...,. Le soluzioni dell equazione sono quindi i z k = i + e iπ 0 +ki π, k = 0,...,. I punti sono i vertici di un pentagono regolare, di centro i, di raggio e con un vertice che fa un angolo π (un sessantesimo di giro) rispetto all orizzontale. 0

14 Esercizio. Si considerino i punti A(; ; ), B( ; ; ), C( ; ; ) e D( ; ; ). a) Scrivere l equazione del piano Π passante per i tre punti A, B e C. Abbiamo e, ponendo n = AB AC, AB = ( ; ; ) AC = ( ; 0; ) n = ( ; ; 6) Il vettore n è normale al piano Π quindi un equazione del piano Π può essere ottenuta da (x ) + (y ) + 6(z + ) = 0 ovvero x y 6z 8 = 0. b) Calcolare la distanza dal punto D al piano Π. Si può calcolare questa distanza con (almeno) due metodi. Il primo è la formula classica che si può ritrovare negli appunti o in qualsiasi libro. Il secondo è di calcolare AD da cui si ricava la distanza come il valore assoluto di AD n n. Abbiamo quindi D altra parte si calcola che e quindi la distanza tra D e Π è AD = ( 6; ; ) AD n = 6. n n = 6 n = 6 d = 6. c) Scrivere l equazione parametrica della retta ortogonale al piano Π e passante per D. Tale retta è diretta da n, quindi l equazione parametrica è x = + t y = t z = 6t

15 Esercizio. Si consideri il sistema x + y z = a x y + 9z = b x y + z = c dove a, b e c sono dei parametri. a) Calcolare il rango della matrice dei coefficienti del sistema. La matrice dei coefficienti è A = 9 Si vede subito che A è di rango almeno perché le due prime colonne non sono proporzionali. Anzi, il minore costituito dalle due prime righe e due prime colonne è. ( ) = 0 quindi la sottomatrice corrispondente è di rango. Calcolando il determinante di A, si vede che è nullo per cui A ha rango. b) Quale condizione devono verificare i parametri a, b e c perché il sistema ammetta soluzione? Dal teorema di Rouché Capelli, sappiamo che il sistema ammette soluzione se e solo se il rango della matrice completa, cioè la matrice a B = 9 b, c è. Abbiamo visto che la matrice costituita dalle prime due righe e dalle prime due colonne è di rango così come quella costituita dalle tre prime colonne (cioè la matrice A). Dal teorema di Kronecker, la matrice B è di rango se e solo se la matrice costituita dalla prima, la seconda e la quarta colonna di B ha determinante 0. La condizione da verificare è quindi Calcoliamo a b c = a b c = 0. a b + c = 7a + b c La condizione che devono verificare i coefficienti è quindi 7a b + c = 0.

16 c) Risolvere il sistema nei casi seguenti. (a) (a; b; c) = (7; ; ). È ovvio che la condizione di cui alla domanda precedente non è verificata, quindi il sistema non ammette soluzione. (b) (a; b; c) = ( 6; ; 7). In questo caso invece la condizione è verificata e quindi il sistema ammette soluzione. Dal rango del sistema, cioè, sappiamo che l insieme delle soluzioni è una retta. La soluzione effettiva del sistema è classica e non richiede nessuna tecnica particolare. Esercizio. Calcolare gli autovalori e autovettori della seguente matrice e precisare se è diagonalizzabile A = 6 7 Non ci sono problemi particolari. Gli autovalori sono λ = (semplice) con autovettore v = e λ = (doppio) con autovettore v =. La matrice quindi non è diagonalizzabile. Esercizio. Si consideri la quadrica σ di equazione Sapendo che gli autovalori della matrice x 7xy + 90xz + y + 0yz z 0 = 0. 6 B = sono λ = 0 (doppio) e λ = 00 (semplice), si chiede di:

17 a) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. La forma canonica è 0X + 0Y 00Z 0 = 0, ossia X + Y Z = 0. La quadrica è pertanto un iperboloide iperbolico (o a una falda). b) Scrivere il cambiamento di coordinate che porta la quadrica in forma canonica. Dobbiamo determinare una base ortonormale di autovettori della matrice B. Quelli relativi all autovalore λ = 0 (doppio) sono dati dalle soluzioni del sistema 7x 6y + z = 0 6x 8y + 60z = 0 x + 60y 7z = 0 che sono y = (z x), con x e z arbitrari. Per ottenere una coppia di versori ortonormali possiamo anzitutto porre z = 0 e quindi ottenere (x, x, 0) T che, una volta normalizzato, dà v = (,, 0) T. Imponendo poi l ortogonalità fra v e (x, (z x), z) T si trova x = z e dopo la normalizzazione si ottiene il versore v = (,, ) T. Per quanto riguarda gli autovettori relativi all autovalore λ = 00 (semplice), essi si ottengono dal sistema x 6y + z = 0 6x + 0y + 60z = 0 x + 60y + 7z = 0 Si trova x = z e y = z, con z arbitrario. La normalizzazione dà z = e quindi il versore che completa la base ortonormale è v = (,, ) T. Abbiamo così ottenuto la matrice (ortogonale) M = che dà il cambiamento di coordinate x y = z 0 0 X Y Z ossia x = X + Y y = X + Y z = Y + Z Z Z

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19 Università degli Studi di Bergamo Corso integrato di Analisi (Geometria e Algebra Lineare) settembre 009 Tema D Tempo a disposizione: ore. Calcolatrici, libri e appunti non sono ammessi. Ogni esercizio va iniziato all inizio di una pagina. Vanno consegnati solo questo foglio e la bella. Non saranno accettate risposte non giustificate. SOLUZIONI Esercizio. Risolvere e tracciare sul piano di Gauss le soluzioni dell equazione Si segnala che 0 = 0. (z + i) = 6 + 6i. Per trovare le soluzioni conviene cercare le radici quinte del membro di destro. Per ciò, calcoliamo il suo modulo ρ e il suo argomento θ. ρ = (6 ) + 6 = = 6 = 0 = 0 = ( ) ρ = = cos θ = 6 = sin θ = 6 = θ = π 6 (osservazione per il modulo: si poteva calcolare più facilmente come ρ = 6 + = 6 = ; osservazione per l argomento: il coseno indica che si tratta di ± π e il seno che 6 tra + π e π si tratta di + π.) Le radici quinte di 6 + 6i sono quindi w k = e i π 0 +ki π con k = 0,...,. Le soluzioni dell equazione sono quindi i z k = + i + e iπ 0 +ki π, k = 0,...,. I punti sono i vertici di un pentagono regolare, di centro + i, di raggio e con un vertice che fa un angolo π (un sessantesimo di giro) rispetto all orizzontale. 0

20 Esercizio. Si considerino i punti A(; 0; ), B( ; ; ), C(0; ; ) e D( ; ; ). a) Scrivere l equazione del piano Π passante per i tre punti A, B e C. Abbiamo AB = ( ; ; ) AC = ( ; ; 0) e, ponendo n = AB AC, n = ( ; ; ) Il vettore n è normale al piano Π quindi un equazione del piano Π può essere ottenuta da (x ) + (y) + (z + ) = 0 ovvero x y z 7 = 0. b) Calcolare la distanza dal punto D al piano Π. Si può calcolare questa distanza con (almeno) due metodi. Il primo è la formula classica che si può ritrovare negli appunti o in qualsiasi libro. Il secondo è di calcolare AD da cui si ricava la distanza come il valore assoluto di AD n n. Abbiamo quindi AD = ( ; ; ) AD n =. D altra parte si calcola che n n = n = e quindi la distanza tra D e Π è d = = 6.

21 c) Scrivere l equazione parametrica della retta ortogonale al piano Π e passante per D. Tale retta è diretta da n, quindi l equazione parametrica è x = + t y = t z = t Esercizio. Si consideri il sistema x y = a x + y z = b x + y 7z = c dove a, b e c sono dei parametri. a) Calcolare il rango della matrice dei coefficienti del sistema. La matrice dei coefficienti è A = 0 7 Si vede subito che A è di rango almeno perché le due prime colonne non sono proporzionali. Anzi, il minore costituito dalle due prime righe e due prime colonne è. ( ) = 0 quindi la sottomatrice corrispondente è di rango. Calcolando il determinante di A, si vede che è nullo per cui A ha rango. b) Quale condizione devono verificare i parametri a, b e c perché il sistema ammetta soluzione? Dal teorema di Rouché Capelli, sappiamo che il sistema ammette soluzione se e solo se il rango della matrice completa, cioè la matrice 0 a B = b, 7 c è. Abbiamo visto che la matrice costituita dalle prime due righe e dalle prime due colonne è di rango così come quella costituita dalle tre prime colonne (cioè la matrice A). Dal teorema di Kronecker, la matrice B è di rango se e solo se la matrice costituita dalla prima, la seconda e la quarta colonna di B ha determinante 0. La condizione da verificare è quindi a b c = 0.

22 Calcoliamo a b c = a b + c = a + 7b c La condizione che devono verificare i coefficienti è quindi a + 7b c = 0. c) Risolvere il sistema nei casi seguenti. (a) (a; b; c) = (; 7; ). È ovvio che la condizione di cui alla domanda precedente non è verificata, quindi il sistema non ammette soluzione. (b) (a; b; c) = (9; 6; ). In questo caso invece la condizione è verificata e quindi il sistema ammette soluzione. Dal rango del sistema, cioè, sappiamo che l insieme delle soluzioni è una retta. La soluzione effettiva del sistema è classica e non richiede nessuna tecnica particolare. Esercizio. Calcolare gli autovalori e autovettori della seguente matrice e precisare se è diagonalizzabile A = Non ci sono problemi particolari. Gli autovalori sono λ = (semplice) con autovettore v = e λ = (doppio) con autovettore v =. La matrice quindi non è diagonalizzabile.

23 Esercizio. Si consideri la quadrica σ di equazione x 7xy + 90xz + y + 0yz z 0 = 0. Sapendo che gli autovalori della matrice 6 B = sono λ = 0 (doppio) e λ = 00 (semplice), si chiede di: a) Determinare la forma canonica di σ e riconoscere di che quadrica si tratta. La forma canonica è 0X + 0Y 00Z 0 = 0, ossia X + Y Z = 0. La quadrica è pertanto un iperboloide iperbolico (o a una falda). b) Scrivere il cambiamento di coordinate che porta la quadrica in forma canonica. Dobbiamo determinare una base ortonormale di autovettori della matrice B. Quelli relativi all autovalore λ = 0 (doppio) sono dati dalle soluzioni del sistema 7x 6y + z = 0 6x 8y + 60z = 0 x + 60y 7z = 0 che sono y = (z x), con x e z arbitrari. Per ottenere una coppia di versori ortonormali possiamo anzitutto porre z = 0 e quindi ottenere (x, x, 0) T che, una volta normalizzato, dà v = (,, 0) T. Imponendo poi l ortogonalità fra v e (x, (z x), z) T si trova x = z e dopo la normalizzazione si ottiene il versore v = (,, ) T. Per quanto riguarda gli autovettori relativi all autovalore λ = 00 (semplice), essi si ottengono dal sistema x 6y + z = 0 6x + 0y + 60z = 0 x + 60y + 7z = 0 Si trova x = z e y = z, con z arbitrario. La normalizzazione dà z = e quindi il versore che completa la base ortonormale è v = (,, ) T. Abbiamo così ottenuto la matrice (ortogonale) M = che dà il cambiamento di coordinate x y = z 0 0 X Y Z

24 ossia x = X + Y y = X + Y z = Y + Z Z Z