ESEMPIO DI SISTEMA LINEARE CON SOLUZIONE. Esercizio Si consideri il sistema di equazioni lineari dipendente da un parametro λ R:

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1 ESEMPIO DI SISTEMA LINEARE CON SOLUZIONE Esercizio Si consideri il sistema di equazioni lineari dipendente da un parametro λ R: x 1 + x = 0 6x 1 + (λ + )x + x 3 + x 4 = 1 x 1 4x + (λ + 1)x 3 + 6x 4 = 3 6x 1 + 4x + x 3 + λx 4 = 1 a) Dire per quali valori di λ il sistema ammette un unica soluzione. b) Dire per quali valori di λ il sistema ammette infinite soluzioni. c) Per i valori di λ trovati al punto a), determinare la soluzione generale del sistema. d) Per i valori di λ trovati al punto b), determinare la soluzione generale del sistema. Soluzione Semplifichiamo la matrice completa (A B) usando le tre operazioni elementari: (A B) = 6 λ R 1 1 R 1 4 λ λ λ λ λ R R 6R 1 R R 3 R 3 R 1 0 λ R 3 3R R 4 R 4 λr R 4 R 4 6R λ λ (λ ) λ λ 1 0 (λ ) λ 0 λ R 4 R 4 +R 3 0 λ (λ ) λ 0 0 = (A B ) 0 (λ + 1)(λ ) 0 0 λ La nuova matrice dei coefficienti A è ridotta per righe con quattro righe non nulle se e solo se λ 1, In risposta al punto a), per λ 1, il sistema ammette un unica soluzione. Se λ = 1, l ultima equazione è 0 = 3, ed il sistema è quindi incompatibile. Se λ =, le ultime due righe di (A B ) si annullano e quello che rimane è la matrice completa di un sistema ridotto di due equazioni in quattro incognite. Tale sistema è compatibile, e la soluzione dipende da due parametri reali: questo risponde al punto b). 1

2 Passiamo al punto c). Se λ 1,, la matrice (A B ) può semplificata dividendo le ultime due righe per λ, e ottenendo il sistema: x 1 + x = 0 (λ 4)x + x 3 + x 4 = 1 3x x 3 = 0 (λ + 1)x = 1 Risolvendo per sostituzione dal basso verso l alto troviamo: ( (x 1, x, x 3, x 4 ) = 1 ) λ + 1, 1 λ + 1, 3 λ + 1, 1 λ + 1 Per finire, passiamo al punto d). Sostituendo λ = alla matrice (A B ) otteniamo il sistema { x 1 + x = 0 x + x 3 + x 4 = 1 la cui soluzione generale (chiamando x 1 = t 1 e x 4 = t ) può essere parametrizzata come segue (x 1, x, x 3, x 4 ) = ( t 1, t 1, 1 t 1 t, t )

3 SOLUZIONE ESERCIZI D ESAME DEL 7/06/011 Tema #1 Esercizio 1.1. Si consideri il sistema di equazioni lineari: x 1 x 3 = 1 λx 1 + x + x 3 = 3 x + 3x 3 = 3 a) Stabilire per quali λ R il sistema è compatibile. b) Per i valori di λ trovati al punto a), risolvere il sistema. Soluzione. a) La matrice completa è (A B) = λ Il determinante della matrice dei coefficienti, calcolato ad esempio con lo sviluppo di Laplace rispetto alla prima colonna, è A = 1 λ. Se λ 1 il sistema è compatibile e la soluzione è unica (per il teorema di Cramer). Se λ = 1, per riduzione si ottiene (A B) R R R R 3 R 3 R , e il sistema non è compatibile in quando l ultima equazione è 0 = 1 (oppure, non è compatibile come conseguenza del teorema di Rouché-Capelli, essendo ρ(a) = e ρ(a B) = 3). b) Se λ 1, possiamo risolvere il sistema usando la regola di Cramer. La soluzione è x 1 = (λ 1) 1, x = 3(λ 1) 1, x 3 = λ(λ 1) 1. Esercizio 1.. Nello spazio vettoriale R 4 si considerino i seguenti sottospazi: V := L { (1, 3, 0, 1), (0, 1, 1, 0), ( 4, 0,, 6), (3, 1,, 7) }, W := { (x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 : x 1 + 3x + x 4 = x x 3 = 0 }. a) Si determini, se esiste, una base per ciascuno dei sottospazi: V, W, V + W. b) Detta f : R 4 R l applicazione f(x 1, x, x 3, x 4 ) = ( x 1 +x 3 +x 4, 3x 1 +4x +x 4 ), si determini la dimensione di f(w ). 1

4 Soluzione. a) Una base di V si trova scrivendo i generatori come righe di una matrice e riducendo per righe. Si ottiene R 3 R 3 +4R 1 R 4 R 4 3R 1 R 3 R 3 R R 4 R 4 R R 4 R 4 +R Le tre righe non nulle della matrice trovata sono una base di V. Possiamo riscalare la terza riga dividendola per 10, ed ottenere una base formata dai vettori v 1 = (1, 3, 0, 1), v = (0, 1, 1, 0) e v 3 = (0, 1, 0, 1). Il sistema che definisce W ha soluzione (x 1, x, x 3, x 4 ) = (t 1, t, t, t 1 3t ) con t 1, t parametri reali. Scegliendo t 1 = 1, t = 0 si ottiene il vettore w 1 = (1, 0, 0, 1); scegliendo t 1 = 0, t = 1 si ottiene il vettore w = (0, 1, 1, 3). I vettori w 1, w formano una base di W. Una base di V +W non può avere più di 4 elementi. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla prima colonna si calcola il determinante v v 3 w 1 w = = = = 3 0 Questo prova che i vettori (v, v 3, w 1, w ) sono linearmente indipendenti, e quindi una base di V + W. In particolare, questo vuol dire che V + W = R 4. b) Una applicazione lineare manda generatori in generatori. I vettori f(w 1 ) = (1, 1) e f(w ) = (, ) sono quindi generatori di f(w ). Essendo proporzionali, la dimensione di f(w ) è 1. Esercizio 1.3. Si consideri la matrice: A = a) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile. b) Stabilire se il vettore v = t (1, 1, 1) è nell immagine dell applicazione L A. Soluzione. a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda colonna si calcola il polinomio caratteristico di A, dato da A λi 3 = λ(λ + λ 3).

5 Il polinomio ha come radici λ = 0 e λ = 1 ± 4 = {1, 3}. Poiché A ha tre autovalori distinti, è diagonalizzabile. b) v = t (1, 1, 1) è nell immagine di L A se e solo se il sistema A X = v è compatibile. Per riduzione si ottiene: (A v) R 1 R R R 5R R 3 R R Siccome ρ(a) = e ρ(a v) = 3, per il teorema di Rouché-Capelli il sistema non è compatibile (in alternativa, basta notare che l ultima equazione è 0 = 5/13, e non ammette soluzione). Quindi il vettore v non è nell immagine di L A. Tema # Esercizio.1. Si dica per quali valori del parametro λ R il sistema di equazioni lineari: x 1 + x 3 = 0 x 1 + λx + λx 3 = 1 (λ + 1)x 1 x 3 = ammette un unica soluzione. In tale caso, trovare la soluzione. Soluzione. Per il teorema di Cramer, la soluzione è unica se il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda colonna si calcola: λ λ λ = λ 1 1 λ = λ(λ + ). La soluzione è unica se λ / {0, }. In tale caso, la soluzione si può trovare per riduzione oppure usando la regola di Cramer, ed è data da x 1 = (λ + ) 1, x = 5(λ + ) 1, x 3 = (λ + ) 1. Esercizio.. Nello spazio vettoriale R 4 si considerino i seguenti sottospazi: V := L { (3, 1, 6, ), ( 4,, 5, 4), ( 1, 13, 10, 6), (3, 11, 15, ) }, W := { (x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 : x 1 + x x 4 = x + x 3 x 4 = 0 }. Si determini, se esiste, una base per ciascuno dei sottospazi: V, W, V W, V + W. 3

6 Soluzione. Una base di V si trova scrivendo i generatori come righe di una matrice e riducendo per righe. Si ottiene R R +R R 3 R 3 +3R 1 R 4 R 4 +R R 3 R 3 4R R 4 R 4 3R Una base di V è quindi data dai due vettori v 1 = (3, 1, 6, ) e v = (, 4, 7, 0). Sottraendo membro a membro le due equazioni che definiscono W si ottiene x 1 = x 3. La seconda equazione è x 4 = x + x 3. Scegliendo x = 0 e x 3 = 1 si ottiene il vettore w 1 = (1, 0, 1, 1). Scegliendo x = 1 e x 3 = 0 si ottiene il vettore w = (0, 1, 0, 1). I vettori w 1, w formano una base di W. Lo spazio V + W è generato dai vettori v 1, v, w 1, w. Riducendo per righe si ottiene w 1 w v 1 v = R 3 R 3 R R 4 R 4 4R R 3 R 3 3R 1 R 4 R 4 R R 4 R 4 R Una base di V + W è quindi data dai vettori (1, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 9, 6). Un vettore u appartiene a V se e solo se è combinazione lineare di v 1 e v, quindi u = y 1 v 1 + y v = (3y 1 + y, y 1 + 4y, 6y 1 7y, y 1 ). Il vettore u appartiene a W se e solo se risolve le equazioni che lo definiscono. Sostituendo le equazioni (x 1, x, x 3, x 4 ) = (3y 1 + y, y 1 + 4y, 6y 1 7y, y 1 ) nelle equazioni di W si ottiene il sistema { x1 + x x 4 = 6y 1 + 6y = 0 x + x 3 x 4 = 3y 1 3y = 0 la cui soluzione è y = y 1. Scegliendo y 1 = 1 si ottiene una base di V W, data dal vettore u = v 1 v = (1, 3, 1, ). Esercizio.3. Si considerino le matrici: A = λ B = λ λ a) Stabilire per quali valori di λ R la matrice A è diagonalizzabile. b) Dire se esistono valori di λ R per i quali le matrici A e B sono simili. 4

7 Soluzione. a) La matrice A è triangolare superiore, gli elementi sulla diagonale sono quindi i suoi autovalori. Se λ / {, 4}, A ha tre autovalori distinti ed è quindi diagonalizzabile. Se λ =, l autovalore ha molteplicità algebrica pari a e geometrica data da 3 ρ(a I 3 ). Siccome A I 3 = è ridotta per righe, il rango è il numero di righe non nulle. Ossia ρ(a I 3 ) =, la molteplicità geometrica dell autovalore è diversa da quella algebrica, ed A non è diagonalizzabile. Se λ = 4, l autovalore 4 ha molteplicità algebrica pari a e geometrica data da 3 ρ(a 4I 3 ). In questo caso le due righe di A 4I 3 = sono proporzionali, e il rango è ρ(a 4I 3 ) = 1. Siccome la molteplicità geometrica dell autovalore 4 è uguale a quella algebrica, la matrice A è diagonalizzabile. In risposta al punto a), la matrice A è diagonalizzabile se e solo se λ. b) A ha autovalori {λ,, 4}, B ha autovalori {λ, λ, 4}. Condizione necessaria affinché siano simili è che questi due insiemi coincidano, ovvero che sia λ =. Se λ =, poiché B è diagonale ed A non è diagonalizzabile, le due matrici non possono essere simili. In risposta al punto b), A e B non sono simili per nessun valore di λ. 5

8 SOLUZIONE ESERCIZI D ESAME DEL 04/07/011 Esercizio 1.1. Si consideri la matrice: A = Tema # Determinare, se possibile, una base di R 3 formata da autovettori di A. Soluzione. Gli autovalori di A sono λ 1 = 1 e λ = 3. Si vede immediatamente che il vettore v 1 = t (0, 0, 1) è un autovettore associato all autovalore λ 1, ovvero Av 1 = v 1. Sia v = t (x 1, x, x 3 ). Siccome A λ I 3 = la condizione (A λ I 3 )v = 0 equivale a La soluzione generale è x 1 + 4x x 3 = 0. v = (4t 1, 5t 1 + t, t ) con t 1, t R. Scegliendo t 1 = 1 e t = 0 si ottiene il vettore v = (4, 5, 0); scegliendo t 1 = 0 e t = 1 si ottiene il vettore v 3 = (0, 1, ). I tre autovettori v 1, v, v 3 sono linearmente indipendenti, come si capisce notando che la matrice v v 3 v 1 = ha rango 3 (è ridotta per righe ed ha tre righe non nulle). Quindi (v 1, v, v 3 ) è una base di R 3 formata da autovettori di A. Esercizio 1.. Sia V il seguente sottospazio di R 4 : V := L { (0, 1, 5, 1), (1, 1, 0, 1), (, 1, 0, 0), (3, 3, 5, 0) }. a) Si determini, se esiste, una base di V. b) Dire se il vettore w = (1,, 0, 1) appartiene al complemento ortogonale di V. 1

9 Soluzione. a) Riduciamo la matrice 4 4 che ha per righe i generatori di V : R 1 R R 4 R 4 R R R +R 1 R 4 R 4 R = Le righe non nulle della matrice trovata formano una base B = (v 1, v, v 3 ) di V. v 1 v v 3 0. b) Poiché v 1 w = (1,, 5, 0) (1,, 0, 1) = 1 4 = 3 è diverso da zero, w non appartiene al complemento ortogonale di V. Esercizio 1.3. Si consideri il sistema di equazioni lineari: x (λ 6)x 3 + λx 4 = 1 x + (λ 3)x 3 + λx 4 = 0 3x 1 + 3x 3 + (λ + 4)x 4 = 3 x 1 + (λ )x 3 = 1 a) Stabilire per quali λ R il sistema è compatibile. b) Per i valori di λ trovati al punto a), determinare la soluzione generale del sistema. b ) Risolvere il sistema per λ =. Soluzione. a) Riduciamo la matrice completa (A B) del sistema: 0 λ + 6 λ λ 3 λ 0 (A B) = λ λ 0 1 R 3 R 3 3R 1 R 1 R λ λ 3 λ λ λ + 6 λ λ λ 3 λ λ + 9 λ λ + 6 λ 1 R 4 R 4 R 1 0 λ λ 3 λ λ + 9 λ λ Distinguiamo i casi λ + 4 = 0 e 4λ + 1 = 0, ossia λ = e λ = 3. = (A B )

10 Se λ / {, 3}, A è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Quindi ρ(a) = ρ(a B) = 4 ed il sistema è compatibile. Se λ = 3, A è ridotta per righe ed ha tre righe non nulle, (A B ) è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Siccome ρ(a) = 3 ρ(a B) = 4, il sistema non è compatibile. Se λ =, A non è ridotta per righe. Si può fare un ulteriore passaggio e ridurla, oppure notare che le ultime due equazioni del sistema A X = B sono rispettivamente 15x 3 = 0 e 0x 3 = 1. Queste equazioni non possono essere risolte simultaneamente, quindi il sistema è incompatibile. b) Sia X = t (x 1, x, x 3, x 4 ). Risolviamo il sistema di equazioni lineari A X = B, equivalente a quello di partenza, per λ / {, 3}. Procedendo per sostituzione dal basso verso l alto si trova: 5λ 14 x 1 = 4(λ 3), x = 5λ + 4 8(λ + ), x 1 3 = 4(λ 3), x 3 4 = 8(λ + ). b ) Per λ = si ottiene (x 1, x, x 3, x 4 ) = (1, 7 16, 1 4, 3 3 ). Esercizio.1. Si consideri la matrice: A = Tema # Determinare, se possibile, una base di R 3 formata da autovettori di A. Soluzione. Gli autovalori di A sono λ 1 = 1, λ = 3 e λ 3 = 4. La matrice ha tre autovalori distinti, quindi è diagonalizzabile. Si vede immediatamente che il vettore v 3 = t (0, 0, 1) è un autovettore associato all autovalore λ 3, ovvero Av 3 = 4v 3. Sia v 1 = t (x 1, x, x 3 ) l autovettore associato a λ 1 e v = t (y 1, y, y 3 ) l autovettore associato a λ. Questi devono risolvere (A λ 1 I 3 )v 1 = 0 e (A λ I 3 )v = 0, rispettivamente. Siccome A λ 1 I 3 = troviamo le condizioni: { A λ I 3 = x 1 + x = 0 3x 1 + x + 3x 3 = y 1 = 0 y 1 = 0 3y 1 + y + y 3 =

11 Una soluzione non nulla del primo sistema è ad esempio v 1 = t (3, 3, ). Una soluzione non nulla del primo sistema è ad esempio v = t (0, 1, 1). Gli autovettori (v 1, v, v 3 ) sono linearmente indipendenti, in quanto associati ad autovalori distinti, e formano quindi una base di R 3. Esercizio.. Sia V il seguente sottospazio di R 4 : V := L { (1, 0, 1, 3), (,, 1, ), (3, 6, 0, 5), (0,, 1, 0) }. a) Si determini, se esiste, una base di V. b) Dire se il vettore w = (, 1,, 0) appartiene al complemento ortogonale di V. Soluzione.a) Riduciamo la matrice 4 4 che ha per righe i generatori di V : R R R 1 R 3 R 3 3R R 3 R 3 R v 1 R 3 R 3 R = v Le righe non nulle della matrice trovata formano una base B = (v 1, v, v 3 ) di V. v 3. b) Si verifica che v 1 w = v w = v 3 w = 0. Quindi w V. Esercizio.3. Si consideri il sistema di equazioni lineari: 3x 1 + (λ + 6)x = 1 x 1 + (λ + 5)x + x 3 + (λ )x 4 = x 1 + x + (λ 3)x 4 = 1 x 1 + x + x 3 + x 4 = 0 a) Stabilire per quali λ R il sistema è compatibile. b) Per i valori di λ trovati al punto a), determinare la soluzione generale del sistema. b ) Risolvere il sistema per λ =. Soluzione. a) Riduciamo la matrice completa (A B) del sistema: 3 λ λ λ R 1 R 4 R (A B) = R λ λ 3 1 λ λ λ

12 R 3 R 3 R λ λ λ 3 3 λ R 4 R 4 R 3 R 3 R 3 R R 4 R 4 3R λ λ λ (λ 3) λ λ (λ 3) 3 = (A B ) Distinguiamo i casi λ + 3 = 0 e 3(λ 3) = 0, ossia λ = 3 e λ = 3. Se λ / { 3, 3}, A è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Quindi ρ(a) = ρ(a B) = 4 ed il sistema è compatibile. Se λ = 3, A è ridotta per righe ed ha tre righe non nulle, (A B ) è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Siccome ρ(a) = 3 ρ(a B) = 4, il sistema non è compatibile. Se λ = 3, A non è ridotta per righe. Si può fare un ulteriore passaggio e ridurla, oppure notare che le ultime due equazioni del sistema A X = B sono rispettivamente 6x = 0 e 6x = 1. Queste equazioni non possono essere risolte simultaneamente, quindi il sistema è incompatibile. b) Sia X = t (x 1, x, x 3, x 4 ). Risolviamo il sistema di equazioni lineari A X = B, equivalente a quello di partenza, per λ / {3, 3}. Procedendo per sostituzione dal basso verso l alto si trova: x 1 = 1 λ + 3, x = 1 λ + 3, x 3 = 1 λ 3, x 4 = 1 λ 3. b ) Per λ = si ottiene (x 1, x, x 3, x 4 ) = ( 1, 1, 1, 1). 5 5 Esercizio 3.1. Si consideri la matrice: A = Tema # Determinare, se possibile, una base di R 3 formata da autovettori di A. Soluzione. Gli autovalori di A sono λ 1 = 3, λ = 7 e λ 3 = 1. La matrice ha tre autovalori distinti, quindi è diagonalizzabile. Si vede immediatamente che il vettore v 3 = t (0, 0, 1) è un autovettore associato all autovalore λ 3, ovvero Av 3 = v 3. 5

13 Sia v 1 = t (x 1, x, x 3 ) l autovettore associato a λ 1 e v = t (y 1, y, y 3 ) l autovettore associato a λ. Questi devono risolvere (A λ 1 I 3 )v 1 = 0 e (A λ I 3 )v = 0, rispettivamente. Siccome A λ 1 I 3 = troviamo le condizioni: { A λ I 3 = 5 4 x 1 + 4x = 0 5x 1 + 4x x 3 = y 1 = 0 y 1 = 0 5y 1 + 4y 6y 3 = 0 Una soluzione non nulla del primo sistema è ad esempio v 1 = t (4, 1, 8). Una soluzione non nulla del primo sistema è ad esempio v = t (0, 3, ). Gli autovettori (v 1, v, v 3 ) sono linearmente indipendenti, in quanto associati ad autovalori distinti, e formano quindi una base di R 3. Esercizio 3.. Sia V il seguente sottospazio di R 4 : V := L { (6,, 4, ), (0, 1,, 0), (9, 3, 6, 3), (3, 0, 0, 1) }. a) Si determini, se esiste, una base di V. b) Dire quali fra i vettori w 1 = (1, 0, 0, 1) e w = (1,, 1, 3) appartengono a V. Soluzione. a) Detto v 1 = (3, 1,, 1), notiamo che il primo generatore di V è v 1 ed il terzo è 3v 1. Chiamiamo v = (3, 0, 0, 1) il quarto generatore. Notiamo che v v 1 = (0, 1,, 0) è il secondo generatore di V. Siccome i vettori v 1 e v sono linearmente indipendenti, formano una base di V. b) Siccome w 1 v = 4 0, w 1 non appartiene a V. Al contrario, v 1 w = v w = 0, quindi w appartiene a V. Esercizio 3.3. Si consideri il sistema di equazioni lineari: x 1 + x + (λ 1)x 3 = x 1 + (λ + 1)x 3 = 1 x 1 + x + (λ 1)x 3 + (λ 4)x 4 = 1 4x 1 + 4(λ 1)x 3 + 4(λ )x 4 = 7 a) Stabilire per quali λ R il sistema è compatibile. b) Per i valori di λ trovati al punto a), determinare la soluzione generale del sistema. b ) Risolvere il sistema per λ = 0. 6

14 Soluzione. a) Riduciamo la matrice completa (A B) del sistema: λ 1 0 λ λ R 3 R 3 R 1 R (A B) = 4 R 4 R 0 λ λ 1 λ λ 1 4(λ ) λ 4 4λ (λ 1) 4(λ ) 5 λ 1 0 R 4 R 4 R 3 0 λ λ 1 4(λ ) 0 = (A B ) 0 0 5(λ 1) 0 5 Distinguiamo i casi 4(λ ) = 0 e 5(λ 1) = 0, ossia λ = e λ = 1. Se λ / {1, }, A è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Quindi ρ(a) = ρ(a B) = 4 ed il sistema è compatibile. Se λ = 1, A è ridotta per righe ed ha tre righe non nulle, (A B ) è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Siccome ρ(a) = 3 ρ(a B) = 4, il sistema non è compatibile. Se λ =, A non è ridotta per righe. Si può fare un ulteriore passaggio e ridurla, oppure notare che le ultime due equazioni del sistema A X = B sono rispettivamente x 3 = 0 e 5x 3 = 5. Queste equazioni non possono essere risolte simultaneamente, quindi il sistema è incompatibile. b) Sia X = t (x 1, x, x 3, x 4 ). Risolviamo il sistema di equazioni lineari A X = B, equivalente a quello di partenza, per λ / {1, }. Procedendo per sostituzione dal basso verso l alto si trova: x 1 = 1 λ 1, x = λ + 1 (λ 1), x 3 = 1 λ 1, x 1 4 = 4(λ ). b ) Per λ = 0 si ottiene (x 1, x, x 3, x 4 ) = (1, 1, 1, 1 8 ). Tema #4 Esercizio 4.1. Si consideri la matrice: A = Dire se la matrice A è diagonalizzabile e, in caso affermativo, determinare una matrice diagonalizzante. Soluzione. Il polinomio caratteristico, calcolato con lo sviluppo di Laplace fatto rispetto alla seconda riga, è 3 λ 5 1 A λi 3 = 0 1 λ 0 = (1 λ) 3 λ λ = (1 λ)λ λ 7

15 Le radici sono λ 1 = 1 e λ = 0 con molteplicità. A è diagonalizzabile se e solo se la molteplicità geometrica g λ dell autovalore λ, data da g λ = 3 ρ(a λ I 3 ) = 3 ρ(a), è pari a. Riducendo A si trova: A R R R R +3R R R 19R Quindi ρ(a) =, g λ = 3 ρ(a) = 1 e la matrice A non è diagonalizzabile Esercizio 4.. Nello spazio vettoriale R 4 si considerino i seguenti sottospazi: V := L { (0, 3,, 1), (1,, 3, 0), (3, 1, 1, 1), (, 1, 0, 0) }, W := { (x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 : x 1 + x 3x 3 = x 3 x 4 = 0 }. Si determini, se esiste, una base di V ed una di V W. Soluzione. Riduciamo la matrice 4 4 che ha per righe i generatori di V : R 3 R 3 R R 3 R 3 +R v 1 R 3 R 3 R = v Le righe non nulle della matrice trovata formano una base B = (v 1, v, v 3 ) di V. Un vettore v = (x 1, x, x 3, x 4 ) appartiene a V se e solo se v = y 1 v 1 + y v + y 3 v 3 = (y + y 3, 3y 1 + y y 3, y 1 + 3y, y 1 ) con y 1, y, y 3 R. Sostituendo le componenti di v, date da x 1 = y + y 3, x = 3y 1 + y y 3, x 3 = y 1 + 3y, x 4 = y 1, nelle equazioni di W si trova: { x1 + x 3x 3 = 4y = 0 x 3 x 4 = 3y = 0 v 3. Quindi y = 0 e y 1, y 3 R sono arbitrari. I vettori di V W sono combinazioni lineari arbitrarie dei vettori v 1 e v 3. Quindi B = (v 1, v 3 ) è una base di V W. 8

16 Esercizio 4.3. Si consideri il sistema di equazioni lineari: x + (λ + )x 3 + (λ + 3)x 4 = x 1 + x + x 3 + x 4 = 3 (λ 1)x 1 + x + λx 3 + x 4 = 5 x + x 4 = a) Stabilire per quali λ R il sistema è compatibile. b) Per i valori di λ trovati al punto a), determinare la soluzione generale del sistema. b ) Risolvere il sistema per λ = 1. Soluzione. a) Riduciamo la matrice completa (A B) del sistema: 0 1 λ + λ R (A B) = 1 R λ 1 λ 5 λ 1 λ λ + λ + 3 R R R 1 R 3 R 3 R 1 R 4 R 4 R 1 R 3 R 3 (λ 1)R λ 1 0 λ λ + λ + 0 R 3 R λ + λ λ + 0 λ λ + 0 λ 0 0 λ + λ + 0 = (A B ). Se λ ±, A è ridotta per righe ed ha quattro righe non nulle. Quindi ρ(a) = ρ(a B) = 4 ed il sistema è compatibile (teorema di Rouché-Capelli). Se λ =, l ultima equazione è 0 = ed il sistema non ammette soluzioni. Se λ =, la terza riga di (A B ) è identicamente nulla. Le matrici A ed (A B ) sono ridotte per righe ed hanno tre righe non nulle, quindi ρ(a) = ρ(a B) = 3 ed il sistema è compatibile (teorema di Rouché-Capelli). b) Sia X = t (x 1, x, x 3, x 4 ). Risolviamo il sistema di equazioni lineari A X = B, equivalente a quello di partenza. Se λ ±, risolvendo per sostituzione dal basso verso l alto si trova: x 1 = λ + λ, x = λ 4 λ, x 3 = λ λ, x 4 = λ λ. Se λ = la soluzione generale dipende da un parametro t R ed è data da x 1 = 0, x = t, x 3 = 1, x 4 = t. b ) Per λ = 1 si ottiene (x 1, x, x 3, x 4 ) = ( 3, 3, 1, 1). 9

17 ESERCIZI D ESAME 18/07/011 Esercizio 1. Si consideri il seguente sistema lineare dipendente da un parametro λ R: 3x 1 + λx 3 = 0 x 1 + (λ 3)x + x 3 = 0 λx 1 + 3x 3 = 0 a) dire per quali valori di λ il sistema ammette infinite soluzioni; b) per i valori di λ trovati al punto a), determinare una base per lo spazio delle soluzioni. Soluzione. a) La matrice dei coefficienti è A = 3 0 λ 1 λ 3 1 λ 0 3 Un sistema omogeneo ammette sempre soluzioni! Per il teorema di Cramer, ammette un unica soluzione (quella nulla) se A = 0; viceversa se A = 0 ammette infinite soluzioni. In alternativa, bastava ricordare che lo spazio delle soluzioni ha dimensione 3 ρ(a), e le soluzioni sono infinite se ρ(a) < 3. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda colonna si trova A = (λ 3)(9 λ ). Il sistema ammette quindi infinite soluzioni se λ = ±3. b) Se λ = 3, il sistema si riduce alla sola equazione x 1 + x 3 = 0, mentre x è libera. Una base è quindi data dai vettori v 1 = (1, 0, 1) (ottenuto scegliendo x 1 = 1 e x = 0) e v = (0, 1, 0) (ottenuto scegliendo x 1 = 0 e x = 1). Se λ = 3, la prima e la terza equazione sono equivalenti a x 1 x 3 = 0, mentre la seconda è x 1 6x + x 3 = 0. La soluzione generale è (t, 1 t, t), ed una base si ottiene 3 ponendo ad esempio t = 3, da cui si ricava il vettore (3, 1, 3). Esercizio. In R 4, si considerino i vettori v 1 = (3, 0, 0, 3) e v = (1, 1, 1, 1). Determinare: a) un vettore non nullo ortogonale a v (uno a piacere); b) un vettore non nullo (a piacere) che formi con v 1 un angolo di 60 ; c) una base ortonormale per L(v 1, v ). Soluzione. a) Un vettore non nullo ortogonale a v è dato da (1, 1, 0, 0). b) Un vettore non nullo u = (x 1, x, x 3, x 4 ) forma un angolo di 60 con v 1 se e solo se 1

18 v 1 u = 1 u v 1 (il coseno di 60 è 1/), ovvero 3(x 1 + x 4 ) = 3 x 1 + x + x 3 + x 4. Siccome ci interessa una soluzione qualsiasi, possiamo porre x 1 = 1 ed x 3 = x 4 = 0 e risolvere in x. Semplificando il 3, si trova l equazione 1 + x 1 = di cui una soluzione è ad esempio x = 1, ovvero u = (1, 1, 0, 0). c) Una base ortogonale B = (w 1, w ) si ottiene ponendo w 1 = v 1 e w = v pr v1 (v ) (metodo di Gram-Schmidt). Poiché pr v1 (v ) = (v 1 v ) v 1 v 1 = 6 (3, 0, 0, 3) = (1, 0, 0, 1), 18 si ha w = (1, 1, 1, 1) (1, 0, 0, 1) = (0, 1, 1, 0). Una base ortonormale (u 1, u ), si ottiene dividendo i vettori w 1, w per la loro norma, ovvero: u 1 = w 1 w 1 = 1 (1, 0, 0, 1), u = w w = 1 (0, 1, 1, 0). Esercizio 3. Detta A la matrice: A = a) stabilire se A è diagonalizzabile; b) stabilire se A è invertibile e, in caso affermativo, determinare l inversa di A; c) detta f l applicazione lineare rappresentata (nella base canonica di R 3 ) dalla matrice A, determinare l immagine tramite f del vettore v = t (3, 0, 1); e) detto X = t (x 1, x, x 3 ), quante soluzioni ammette il sistema lineare AX = 0? f) risolvere il sistema lineare AX = B, con B = t (3, 0, 1). Soluzione. a) Gli autovalori sono gli elementi sulla diagonale; A è diagonalizzabile se e solo se l autovalore λ = 1 ha molteplicità geometrica g λ =. Poiché A λi 3 = 0 0 0, si ha ρ(a λi 3 ) = 1 e g λ = 3 ρ(a λi 3 ) =. La matrice A è quindi diagonalizzabile. b) Il determinante è il prodotto degli elementi sulla diagonale. Siccome A = 0, la matrice A è invertibile. L inversa x 11 x 1 x 13 A 1 = x 1 x x 3 x 31 x 3 x 33

19 deve risolvere il sistema AA 1 = I 3, ovvero facendo il prodotto righe per colonne x x 1 + 5x 31 x 1 + 3x + 5x 3 x x 3 + 5x x 1 x x 3 = x 31 x 3 x Risolvendo per sostituzione dal basso verso l alto si trova: 1/ 3/ 5/ A 1 = c) Nelle notazioni del corso, f = L A. Si chiede di calcolare f(v) = = e) A è invertibile. Il sistema AX = 0 ammette un unica soluzione (quella nulla). f) La soluzione è X = A 1 B. Facendo il prodotto righe per colonne si trova: 1/ 3/ 5/ 3 1 = = x 1 x x 3 Esercizio 4. Detta f : R 3 R 3 l applicazione lineare determinare: f(x 1, x, x 3 ) = (x 1 + x, x 1 x, 3x 1 9x + x 3 ) a) la matrice rappresentativa nella base canonica di R 3 ; b) il nucleo di f e, se esiste, una sua base; c) l immagine di f e, se esiste, una sua base; d) una base per il sottospazio ortogonale ad f(r 3 ); e) gli autovalori di f e le relative molteplicità; f) gli autospazi di f ed una base di ognuno di essi; g) dire se f è semplice; h) una base ortogonale di R 3, se esiste, formata da autovettori di f. Soluzione. a) Nelle notazioni degli appunti, quello che si chiede è di scrivere la matrice A tale che f = L A. Questa è data da: 1 0 A =

20 b) Per riduzione, si ottiene A R R +R 1 R 3 R 3 +3R 1 A = Il nucleo è formato dai vettori X = t (x 1, x, x 3 ) che risolvono A X = 0, ovvero x 1 + x = 3x + x 3 = 0. Scegliendo x = 1 si ottiene una base, data dal vettore (, 1, 3). c) L immagine f(r 3 ) è generata dalle colonne di A, ovvero dalle righe di t A. Poiché R 1 R 1 +3R t R A = R R 1 +3R una base di f(r 3 ) è data dai vettori v 1 = (1, 1, 0) e v = (0, 0, 1). d) w = (y 1, y, y 3 ) f(r 3 ) se e solo se v 1 w = y 1 y = 0 e v w = y 3 = 0. Scegliendo y = 1 si ottiene una base di f(r 3 ), data dal vettore w = (1, 1, 0). e) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla terza colonna si trova A λi 3 = λ(λ + 1)(1 λ). Gli autovalori sono λ 1 = 0, λ = 1 e λ 3 = 1. Essendo tre autovalori distinti, hanno tutti molteplicità algebrica e geometrica pari ad 1. f) Gli autospazi hanno tutti dimensione 1, quindi è sufficiente trovare un autovettore u i per ciascun autovalore λ i (questo sarà la base dell autospazio corrispondente). L autovettore u 1 = (, 1, 3) associato a λ 1 = 0 è già stato determinato al punto b). La matrice A λ I 3 ha due righe proporzionali: 0 0 A λ I 3 = Dalle prime due righe si ricavano le equazioni x = 0 e x 1 3x = 0. Ponendo l incognita libera x 3 = 1 si trova il vettore u = (0, 0, 1). Riducendo la matrice A λ 3 I 3 si trova: 0 A λ 3 I 3 = R 1 R 1 +R R R R 3 1 R R da cui le equazioni x 1 + x = 0 e 3x + x 3 = 0. Ponendo x = 1 si trova u 3 = ( 1, 1, 3). g) A è diagonalizzabile (ha tre autovalori distinti), quindi f è un endomorfismo semplice. h) Tutti i vettori dell autospazio V λ1 sono proporzionali a u 1, tutti i vettori dell autospazio V λ sono proporzionali a u. Siccome u 1 u = 3 0, non esiste una base ortogonale formata da autovettori di f. 4

21 ESERCIZI D ESAME DEL 4 FEBBRAIO (CON SOLUZIONE) Tema 9, Esercizio 1 Si consideri la seguente matrice dipendente da un parametro t R: t 0 A = t 1 0 a) Determinare gli autovalori di A. b) Dire per quali valori di t la matrice è diagonalizzabile. Soluzione a) Calcoliamo il determinante di A λi 4 con uno sviluppo di Laplace prima rispetto alla 4a colonna: 3 λ λ t 0 3 λ 1 1 A λi 4 = 0 0 λ 0 = ( λ) 0 1 λ t 0 0 λ t 1 0 λ Poichè la matrice 3 3 qui sopra è triangolare superiore, il determinante è il prodotto degli elementi sulla diagonale. Si ottiene: A λi 4 = (1 λ)( λ) (3 λ) Gli autovalori sono quindi esattamente gli elementi sulla diagonale: λ 1 = 1, λ = e λ 3 = 3, il secondo con molteplicità algebrica. b) A è diagonalizzabile se e solo se la molteplicità algebrica di ogni autovalore è uguale a quella geometrica. Si ottiene la condizione 4 ρ(a λ I 4 ) =, cioè ρ(a λ I 4 ) =. Riducendo per righe (scegliendo il pivot nella colonna dove non compare r): t 0 A λ I 4 = t R 4 R 4 tr t t t 0 Per t / {0, }, il rango è 3 e la matrice A non è diagonalizzabile. Se t = 0 o t =, il rango è e la matrice A è diagonalizzabile. R 4 R 4 R 0 1 t t 0 0 Un metodo ancora più semplice per giungere alla stessa conclusione era con il teorema degli orlati. I minori di ordine 3 di A λ I 4 con una riga o colonna nulla hanno certamente determinante uguale a zero. Calcoliamo il determinante dell unico minore di ordine 3 che non ha righe o colonne nulle, quello che si ottiene eliminando la terza riga e la quarta colonna: A 34 = 0 1 t = t(t ) t 1 0 Per il teorema degli orlati, il rango di A λ I 4 è 3 se il determinante qui sopra è diverso da zero, altrimenti è. Il determinante si annulla per t = 0,. Con il secondo metodo, l intero esercizio si risolveva calcolando due semplici determinanti! 1

22 Tema 9, Esercizio Sia f : R 4 R 4 l applicazione lineare dipendente da un parametro λ R seguente: x 1 x 1 + λx + x 3 x 4 x f x 3 := x 1 + 3x + x 3 + x 4 6x 1 + 5x + (λ 1)x 4 x 4 x 1 + 5x + x 4 a) Determinare l immagine del vettore v = t (5, 3, 1, 5). b) Dire per quali valori di λ il vettore v = t (5, 3, 1, 5) appartiene al nucleo di f. c) Dire per quali valori di λ il vettore w = t ( 3, 0, 8, 1) appartiene all immagine di f. Rispondere ad una delle seguenti domande (indicare la scelta con una crocetta): d1) Dire per quali valori di λ l applicazione f è iniettiva. d) Dire per quali valori di λ l applicazione f è suriettiva. Soluzione a) L immagine f(v) si calcola sostituendo, nella definizione di f, ad x 1 la prima componente di v, ad x la seconda, etc. Risultato: f(v) = t( 3(λ + ), 0, 5(λ + ), 0 ) b) v appartiene al nucleo di f se e solo se f(v) = 0! (definizione di nucleo) f(v) è stato calcolato sopra, e si annulla se e solo se λ =. c) Questo era l unico punto che richiedeva un po di lavoro: per definizione w Im(f) se e solo se il sistema f(x 1, x, x 3, x 4 ) = w è compatibile. Detta A la matrice rappresentativa di f, la matrice completa del sistema è: 1 λ (A w) = λ Riordiniamo le righe scrivendo prima quelle in cui non compare λ (nell ordine R, R 4, R 1, R 3 ), e poi riduciamo per righe iniziando dalle colonne dove non compare λ. Si ottiene: (A w) R 3 R 3 R λ 1 3 R 4 R 4 3R 0 λ λ λ R 4 3R 4 +(λ 4)R λ λ λ (λ + )(λ 9) 0 0 3(9 λ) Se λ / {9, } il sistema ammette un unica soluzione, se λ = 9 ne ammette infinite, se λ = è incompatibile. Quindi: w Im(f) per ogni λ.

23 d) Anche in questo caso non serviva fare nessun calcolo: d1) f è iniettiva se e solo se N (f) = {0}, ovvero se e solo se ρ(a) = 4; d) f è suriettiva se e solo se Im(f) = R 4 (l immagine è tutto il codominio), ovvero se e solo se dim Im(f) = ρ(a) = 4. In entrambi i casi, si tratta di determinare per quali valori di λ la matrice A ha rango massimo. La matrice è stata già ridotta al punto precedente, ed ha rango massimo se λ / {9, }. Quindi: L applicazione f è iniettiva/suriettiva per ogni λ / {9, }. 3

24 ESERCIZI SVOLTI Esame del 10/06/013 Esercizio 1 (tema 4, es. ) Si consideri seguente il sistema di equazioni lineari dipendente da un parametro λ R: λx 1 + 6x = 3 x 1 8x + x 3 = 0 6x + λx 3 = 3 a) Dire per quali valori di λ il sistema ammette un unica soluzione. b) Dire per quali valori di λ il sistema ammette infinite soluzioni. c) Dire per quali valori di λ la terna (1, 0, 1) è soluzione del sistema. Scelto un valore di λ a piacere fra quelli al punto b): d) Determinare la soluzione generale del sistema. e) Dire se la terna (, 1, ) è soluzione del sistema (motivando la risposta). Soluzione a) Scriviamo la matrice completa (A B) del sistema, iniziando dalla seconda equazione, e riduciamola per righe: (A B) = 8 0 λ λ λ λ 4λ R 1 1 R 1 R 3 R 3 +R λ R 3 R 3 λr λ λ (λ + 3) 0 0 = (A B ) Se λ / {0, 3} la matrice dei coefficienti ha rango 3 ed il sistema ammette quindi un unica soluzione (ρ(a) = numero delle incognite). Metodo alternativo: per il teorema di Cramer, il sistema ammette un unica soluzione se e solo se A 0. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla terza colonna: A = λ λ 8 λ 6 = 1λ + λ(1 + 8λ) = 8λ(λ + 3) Il determinante è diverso da zero se λ / {0, 3}. b) Se λ {0, 3} il sistema o è incompatibile oppure ammette infinite soluzioni. Guardando la matrice (A B ) in alto, si vede che se λ = 3 sia A che (A B ) sono ridotte per righe ed hanno due righe non nulle. Quindi ρ(a ) = ρ(a B ) = ed il sistema ammette infinite soluzioni (teorema di Rouché-Capelli). Se λ = 0, la matrice A non è ridotta per

25 righe. Riducendola si ottiene: (A B ) = R 3 R 3 R Dall ultima equazione si vede che il sistema è incompatibile (ρ(a) = ρ(a B) = 3). c) La terna (1, 0, 1) è soluzione del sistema se sostituendo x 1 = 1, x = 0 e x 3 = 1 le equazioni si riducono ad identità fra numeri reali. Effettuando la sostituzione si trova: λ = 3 = 0 λ = 3 Quindi (1, 0, 1) è soluzione se e solo se λ = 3. d) L unico valore di λ per cui il sistema ammette infinite soluzioni è λ = 3. Scegliamo quindi λ = 3 e determiniamo la soluzione generale. Il sistema diventa { 3x1 + 6x = 3 6x 3x 3 = 3 (siccome ρ(a B) =, possiamo scartare una soluzione, in questo caso la seconda) Scegliamo x come parametro libero (poniamo x = t). La soluzione generale è l insieme delle terne al variare di t R. (x 1, x, x 3 ) = (t 1, t, t + 1) e) Di nuovo, scegliamo λ = 3 e verifichiamo se la terna (, 1, ) è soluzione del sistema. Sostituendola nella prima equazione si trova = 0 3. La prima equazione non è soddisfatta, e quindi (, 1, ) non è una soluzione. Esercizio (tema 10, es. 1) Sia A la matrice: A = a) Determinare gli autovalori di A e le relative molteplicità (algebrica e geometrica). b) Dire se la matrice è diagonalizzabile e/o invertibile. c) Determinare un autovettore di A a piacere. d) Scrivere, se esiste, una base di R 3 contenente l autovettore trovato al punto c). Soluzione

26 a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda riga si trova il polinomio caratteristico: λ 0 4 λ 4 A λi 3 = 0 1 λ 0 = (λ + 1) 1 3 λ = (λ + 1)(λ 3λ 4) 1 3 λ 3 { Il polinomio caratteristico si annulla se λ = 1 oppure se λ = 3± = 1. Gli autovalori sono quindi λ 1 = 4 con molteplicità algebrica e geometrica pari ad 1, e λ = 1 con molteplicità algebrica m λ = e molteplicità geometrica g λ = 3 ρ(a λ I 3 ) da determinare. Riordinando le righe si ottiene: A λ I 3 = Quindi ρ(a λ I 3 ) = e g λ = 1 m λ. R 1 R 3 b) Siccome g λ m λ, la matrice A non è diagonalizzabile La matrice A è invertibile se e solo se A 0. Il determinante è il polinomio caratteristico calcolato per λ = 0, in questo caso A = 4 e la matrice è invertibile. c) Troviamo ad esempio un autovettore associato all autovalore λ 1 = 4. Le componenti di tale vettore v = (x 1, x, x 3 ) devono risolvere il sistema omogeneo di matrice dei coefficienti A λ 1 I 3 = Una equazione è superflua e può essere eliminata, ad esempio la terza. Le due rimanenti sono: { 4x1 + 4x 3 = 0 5x = 0 Cioè x 1 = x 3 arbitrario e x = 0. Scegliendo x 1 = 0 si trova un autovettore v = (1, 0, 1) d) Una base di R 3 contenente v si trova con il metodo del completamente ad una base. Detti e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0) ed e 3 = (0, 0, 1) i vettori della base canonica, l insieme {v, e 1, e, e 3 } è un insieme di generatori. Applichiamo a questo insieme il metodo degli scarti successivi: evidentemente e 3 = v e 1 è combinazione lineare degli altri vettori e può essere scartato. I tre vettori rimanenti formano la base cercata: B = (v, e 1, e ).

27 4 Esercizio 3 (tema 3, es. 1) Sia A la matrice: A = a) Determinare gli autovalori di A e le relative molteplicità (algebrica e geometrica). b) Dire se la matrice è diagonalizzabile e/o invertibile. c) Determinare un autovettore di A a piacere. d) Scrivere, se esiste, una base di R 3 contenente l autovettore trovato al punto c). Soluzione a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda riga si trova il polinomio caratteristico: 3 λ λ 5 A λi 3 = 0 λ 0 = ( λ) 5 3 λ = ( λ)(λ + 16) λ Gli autovalori sono le radici reali del polinomio caratteristico. λ + 16 non ha radici reali. L unico autovalore in questo caso è λ 1 = con molteplicità algebrica e geometrica entrambe uguali ad 1. b) Condizione necessaria affinchè A sia diagonalizzabile in campo reale è che tutte le radici del polinomio caratteristico siano reali. Siccome in questo caso sono una reale e due complesse coniugate, A non è diagonalizzabile. c) Troviamo un autovettore associato all autovalore λ 1 =. Le componenti di tale vettore v = (x 1, x, x 3 ) devono risolvere il sistema omogeneo di matrice dei coefficienti A λ 1 I 3 = R 3 R 3 R Il sistema { x1 + x 5x 3 = 0 4x 1 + x = 0 Scegliendo x 3 come parametro libero (ponendo x 3 = t), si trova la soluzione generale ( 5t, 10t, t). Un autovettore si ottiene scegliendo ad esempio t = 1, ed è dato dal vettore: v = ( 5, 10, 1) d) Una base di R 3 contenente v si trova con il metodo del completamente ad una base. Detti e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0) ed e 3 = (0, 0, 1) i vettori della base canonica, l insieme {v, e 1, e, e 3 } è un insieme di generatori. Applichiamo a questo insieme il metodo degli scarti successivi: siccome e 3 = v + 5e 1 10e è combinazione lineare degli altri vettori, può essere scartato. I tre vettori rimanenti formano la base cercata: B = (v, e 1, e ).

28 ESERCIZI D ESAME DEL 5-6 GIUGNO (CON SOLUZIONE) Esercizio, Tema Si consideri la seguente matrice dipendente da un parametro t R: C = a) Determinare gli autovalori della matrice C t t 3 b) Dire per quali valori di t la matrice è diagonalizzabile. c) Per i valori di t determinati al punto b), determinare una matrice diagonalizzante. Soluzione a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla terza colonna si determina il polinomio caratteristico: 1 λ 1 + t C λi 3 = (3 λ) 0 3 λ = (3 λ) (1 λ). Gli autovalori sono λ 1 = 1 con molteplicità algebrica 1 e λ = 3 con molteplicità algebrica. b) Ricordiamo che una matrice è diagonalizzabile se e solo se tutte le radici del polinomio caratteristico sono reali e ogni autovalore ha molteplicità algebrica uguale a quella geometrica. E sufficiente inoltre fare il controllo della molteplicità geometrica per gli autovalori con molteplicità algebrica maggiore di 1, in questo caso λ = 3. La molteplicità geometrica è data da 3 ρ(c λ I 3 ). Poichè C λ I 3 = 1 + t t 0 R R +R t t 0 la matrice C λ I 3 ha rango se t 3 (e in questo caso la molteplicità geometrica di λ è 1) ed ha rango 1 se t = 3 (in questo caso la molteplicità geometrica di λ è ). Quindi C è diagonalizzabile se e solo se t = 3 c) Per t = 3, un autovettore associato a λ 1 si trova risolvendo il sistema omogeneo di matrice dei coefficienti data da C t=3 λ 1 I 3 = (La notazione C t=3 vuol dire: prendiamo la matrice C a cui è stato sostituito il valore 3 al posto del parametro t.) Una soluzione non nulla è data dal vettore v 1 = t (, 0, 1). Rimangono da trovare due autovettori linearmente indipendenti associati a λ (tanti quanti la molteplicità geometrica). Questi, 1

29 sono soluzione del sistema omogeneo di matrice dei coefficienti: 4 0 C t=3 λ I 3 = Essendo la prima riga proporzionale alla terza, il sistema è equivalente alla singola equazione x 1 x = 0. Due soluzioni linearmente indipendenti sono date da v = t (, 1, 0) e v 3 = t (0, 0, 1). La matrice diagonalizzante è quindi: Esercizio, Tema 34 [ ] P = v 1 v v 3 = Si consideri la seguente matrice dipendente da un parametro t R: t 1 1 A = 0 0 a) Scrivere il polinomio caratteristico di A. b) Determinare gli autovalori di A. 1 1 t c) Dire per quali valori di t la matrice è diagonalizzabile. Soluzione a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda riga si determina il polinomio caratteristico: t λ 1 A λi 3 = ( λ) 1 t λ = ( λ)( (λ t) 1 ). b) Un autovalore è λ 1 =. Gli altri due si ricavano risolvendo l equazione le cui soluzioni sono λ = t + 1 e λ 3 = t 1. c) Distinguiamo i seguenti casi. (λ t) = 1, CASO I. λ 1, λ, λ 3 distinti la matrice è diagonalizzabile. CASO II. λ = λ 3 : questo è impossibile. Per nessun valore di t i due autovalori sono uguali. CASO III: λ 1 = λ. Questo si verifica se t = 1, e gli autovalori diventano λ 1 = λ =, λ 3 = 0. Occorre controllare la molteplicità geometrica g dell autovalore. Poiché la matrice A t=1 I 3 = R 3 R 3 +R

30 ha rango, si ha g = 1 ed A matrice non è diagonalizzabile. CASO IV: λ 1 = λ 3. Questo si verifica se t = 3, e gli autovalori diventano λ 1 = λ 3 =, λ = 4. Occorre controllare la molteplicità geometrica g dell autovalore. Poiché la matrice A t=3 I 3 = ha rango 1 (le due righe sono uguali), si ha g = 1 ed A matrice è diagonalizzabile. In conclusione, Esercizio, Tema 37 A è diagonalizzabile se e solo se t 1 Si consideri la seguente matrice dipendente da un parametro t R: C = a) Determinare gli autovalori della matrice C. 1 0 t 0 t + 0 t 0 3 b) Dire per quali valori di t la matrice è diagonalizzabile. c) Per i valori di t determinati al punto b), determinare una matrice diagonalizzante. Soluzione a) Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla seconda colonna si determina il polinomio caratteristico: 1 λ t C λi 3 = (t + λ) t 3 λ = (t + λ)(λ 4λ t + t + 3). Un autovalore è λ 1 = t +. I due rimanenti si ricavano risolvendo l equazione le cui soluzioni sono λ = t + 1 e λ 3 = 3 t. λ 4λ t + t + 3 = 0, b) Se i tre autovalori sono distinti, certamente la matrice è diagonalizzabile. Se λ 1 = λ 3, ovvero se t = 1, dobbiamo controllare la molteplicità geometrica g 5 dell autovalore doppio λ 1 = λ 3 = 5. Siccome la matrice C t= 1 5 I 3 = ha rango 1 (le due righe sono proporzionali), si ha g = e la matrice è diagonalizzabile.

31 Se λ = λ 3, ovvero se t = 1, dobbiamo controllare la molteplicità geometrica g dell autovalore doppio λ = λ 3 =. Siccome la matrice C t=1 I 3 = ha rango (prima e terza riga proporzionali), si ha g = 1 e la matrice non è diagonalizzabile. Siccome λ 1 e λ non sono mai uguali, abbiamo esaurito tutti i casi possibili. In conclusione, C è diagonalizzabile se e solo se t 1 c) Dobbiamo determinare una soluzione non nulla per ciascuno dei tre sistemi omogenei che hanno le seguenti matrici dei coefficienti: (t + 1) 0 t C λ 1 I 3 = C λ I 3 = t 0 1 t t 0 t C λ 3 I 3 = 0 t 1 0 t 0 t t 0 t t 0 t Una soluzione del primo sistema è ovviamente v 1 = t (0, 1, 0), visto che l incognita x non compare nelle equazioni. Una soluzione del secondo sistema è v = t (t, 0, t). Una soluzione dell ultimo è v 3 = t (1, 0, 1). I tre vettori trovati sono linearmente indipendenti se t 1 (se questo non è chiaro, fate la verifica!), quindi per ogni t 1 una matrice diagonalizzante è: [ ] 0 t 1 P = v 1 v v 3 = t 1 4