Geometria e Algebra Lineare

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1 Università di Bergamo Primo anno di Ingegneria Geometria e Algebra Lineare Anno accademico 0809 Domande su: Autovalori e autovettori. Forme quadratiche, coniche e quadriche Autovettori e autovalori Esercizio 4.. Calcolare gli autovalori e una base di ogni autospazio della matrice A = Determiniamo innanzitutto gli autovalori di A, calcolando il suo polinomio caratteristico. 6 λ 4 0 P A (λ) = 4 λ 0 3 λ 6 λ λ 0 = λ 0 C = C C 0 3 λ 6 λ 0 = (λ ) λ 8 λ 0 30 = (λ ) 0 R = R + R 0 3 λ = (λ ) 8 λ 30 3 λ = (λ )((8 λ)( 3 λ) + 30) = (λ )(λ 5λ + 6) = (λ ) (λ 3) (dove si ricorda che le mosse di Gauss possono essere usate per calcolare il determinante, ma non prima). Perciò gli autovalori sono λ = (doppio) e λ = 3 (semplice). Non possiamo ancora sapere se la matrice è diagonalizzabile, perché l'autovalore λ

2 è doppio, quindi potrebbe non essere regolare; l'autovalore λ, lui, è regolare perché semplice. Gli elementi degli sottospazi sono le soluzioni dei sistemi x (A I 3 ) y = 0 e x (A 3I 3 ) y = 0. z z Il primo sistema è ovvero x 0 y = 0, z 0 4x + 4y 0z = 0 x + y 0z = 0 x + y 5z = 0. Le tre equazioni sono proporzionali, perciò le soluzioni del sistema sono tutti i vettori della forma y + 5z 5 y = y + z 0 z 0 (e gli autovettori sono i tali vettori con (y; z) (0; 0)). Una base dell'autospazio associato a λ è dato da {v, v } con 5 v =, v = 0. 0 Osserviamo che λ è regolare e quindi la matrice A è diagonalizzabile. Il sottospazio associato all'autovalore λ è costituito dalle soluzioni del sistema 3x + 4y 0z = 0 x + y 0z = 0 x + y 6z = 0 ovvero x + 4z = 0 I 4III x 4z = 0 II III x + y 6z = 0. Osserviamo che le prime due equazioni sono proporzionali, quindi le soluzioni sono i vettori 4 z.

3 Una base dell'autospazio è quindi costituita da 4 v 3 =. Osservazione: non dimenticare di vericare in brutta che Av = v, Av = v e Av 3 = 3v 3. La matrice è diagonalizzabile? Sì, come visto prima, tutti gli autovalori sono reali e regolari, quindi la matrice è diagonalizzabile. Esercizio 4.. Per ciascuna delle coppie (A, v) che seguono, dire per quali valori dei parametri a e b il vettore v è autovettore di A. Precisare l'autovalore corrispondente. a a) A = 3 0 e v = 3. Abbiamo 3a 3 Av = 9. 6 Per essere un multiplo di v, dovrà essere 3v, per cui dobbiamo avere 3a 3 = 3, ovvero a =. L'autovalore sarà allora 3, come visto prima. b) A = Abbiamo a 3 b a + b + 4 e v =. a + b 6 Av = a b +. 4 Come multiplo di v, può essere solo v, per cui dobbiamo avere { a + b 6 = a b + =. Il sistema è determinato con unica soluzione a = b =. L'autovalore è allora. 3

4 c) A = 6 b + 3 a a 5 3b 3 3a + 4 b e v =. Abbiamo a b 7 Av = a + 3b a b + 5 Possiamo procedere in (almeno) due modi Abbiamo Av = λv se e solo se a b 7 = λ a + 3b + 9 = λ 3a b + 5 = λ ovvero a + b + λ = 7 a + 3b + λ = 9 3a b + λ = 5. È un sistema lineare indeterminato, di caratteristica, quindi le soluzioni dipendono da un parametro. Se scegliamo a come parametro troviamo { b = a λ = a 6. Per essere un multiplo di v, il vettore Av deve avere le sue ultime due componenti uguali, cioè a + 3b + 9 = 3a b + 5. Questo obbliga b = a. Ma allora a 6 Av = a + 6 = ( a 6)v. a + 6 Quindi v è un autovettore di A se e solo se b = a e allora l'autovalore è a 6. Esercizio 4.3. Dare le denizioni di matrice simmetrica, matrice diagonalizzabile e matrice ortogonale. Enunciare il teorema di diagonalizzabilità delle matrici simmetriche. Se A Mat(n, n) è simmetrica e ortogonale, allora necessariamente A = I n? 4

5 Forme quadratiche Esercizio 4.4. Sia A una matrice quadrata di ordine n, simmetrica e con determinante positivo. Se la forma quadratica associata ad A è denita negativa, allora A (A) n è pari (C) n può essere sia pari che dispari (B) n è dispari (D) si ha un assurdo Se la forma quadratica associata ad A è denita negativa, allora per ogni k =,..., n si ha che ( ) k det A k > 0, dove A k è la sottomatrice di nord-ovest (di ordine k) di A. In particolare, ( ) n det A n = ( ) n det A > 0. Poiché det A > 0, concludiamo che ( ) n > 0, ossia che n deve essere pari. Esercizio 4.5. Sia A = a) Domanda preliminare: se A è diagonalizzabile e A = SΛS con Λ =. λ..., vericare usando il teorema di Binet che det A = det Λ e quindi che det A = λ λ n. Dal teorema di Binet abbiamo det A = det(sλs ) = (det S)(det Λ)(det(S )) usando di nuovo il teorema di Binet = (det S)(det(S ))(det Λ) = (det(ss ))(det Λ) = (det I n )(det Λ) = det Λ. Nota: questo non dipende dal fatto che Λ sia diagonale. Siccome Λ è diagonale, abbiamo det Λ = n i= λ i e quindi det A = n i= λ i. λ n b) Vericare che q A non è né denita positiva, né denita negativa. Usiamo i cosiddetti minori di nord-ovest. Siano A = () 5

6 ( A = 5 A 3 = A Allora q A è denita positiva se e solo se tutti e tre i det A i sono positivi e denita negativa se e solo se det A e det A 3 sono negativi e det A positivo. Abbiamo det A = > 0 det A = > 0 ) det A 3 = 6 < 0. Quindi non è né denita positiva (perché det A 3 < 0) né denita negativa (perché det A > 0). c) Usando la domanda preliminare, vericare che A non ha nessun autovalore nullo. Il determinante di A è 6, dalla domanda preliminare è il prodotto degli autovalori di A quindi nessuno di questi è nullo. d) Usando le due domande precedenti, quali sono le due possibilità per i segni degli autovalori di A? Ci sono tre autovalori. Nessuno è nullo. Non possono essere tutti e tre positivi (perché se no q A sarebbe denita positiva) e neppure tutti negativi (perché allora q A sarebbe denita negativa). Quindi o due sono positivi e uno negativo o uno è negativo e gli altri positivi. e) Usando di nuovo la domanda preliminare, determinare i segni degli autovalori di A. Il prodotto degli autovalori è negativo, quindi sono due positivi e uno negativo. 3 Coniche e quadriche Esercizio 4.6. Si consideri la conica di equazione x + y + 6xy 4 x 4 y + 4 = 0. a) Si determini il cambiamento di coordinate che riduce la conica a forma canonica e la si classichi. 6

7 Anzitutto eliminiamo il termine 6xy, ossia diagonalizziamo la matrice ( ) 3 B =. 3 I suoi autovalori sono λ = 4 e λ =. Una base ortonormale di autovettori è data da ( ) ( ) u =, u =. La rotazione cercata è quindi e la nuova equazione della conica è { x = (x y ) y = (x + y ) λ (x ) + λ (y ) 4(x y ) 4(x + y ) + 4 = 0, ossia (x ) (y ) 4x + = 0. Quest'ultima si può riscrivere come (x ) (y ) = 0 e quindi la traslazione { x = x porta la conica nella forma canonica y = y (x ) (y ) = 0. Si tratta pertanto di una coppia di rette reali incidenti: y = ± x. La trasformazione che porta la conica in forma canonica si ottiene componendo la rotazione con la traslazione. Il risultato è { x = (x y + ) y = (x + y + ) b) Si trovino le coordinate del centro (se esiste) della conica (rispetto al sistema di riferimento iniziale). Dal punto precedente sappiamo che il centro della conica ha coordinate x C = 0, y C = 0, ossia x C =, y C =. Si noti che il centro si poteva determinare direttamente dall'equazione della conica, risolvendo il sistema ( ) ( ) ( ) xc B + 0 =. 0 y C 7

8 c) Si disegni la conica (nel sistema di riferimento iniziale). Abbiamo visto che la conica è spezzata nelle due rette y = ± x, ossia y = ± (x ), ossia ( + )x + ( )y = 0, ( )x + ( + )y = 0. (Come verica, si può controllare che il prodotto di queste due equazioni dia l'equazione della conica). Pertanto è facile disegnare la conica e vericare che le due rette si intersecano in C. Esercizio 4.7. Un'equazione cartesiana del piano π, tangente alla quadrica di equazione x 4xy+y 3z+ 0 nel punto di P (; ; ), è C (A) π inesistente, poiché P non appartiene alla(b) π inesistente, poiché P è un punt quadrica (C) π : y + 3z 8 = 0 (D) π : x y + 3z 8 = 0 Si può anzitutto vericare che P appartiene alla quadrica, cosicché (A) è falsa. Un vettore normale a π si ottiene da B + c = = Il vettore ottenuto non è il vettore nullo, ossia P non è un punto doppio della quadrica; quindi anche la (B) è falsa. Un'equazione cartesiana di π è data da 0(x ) (y ) 3(z ) = 0, ossia y + 3z 8 = 0. Pertanto la risposta corretta è la (C). Si poteva arrivare più velocemente alla stessa equazione usando la formula x (; ; ; )A y z = 0, dove 0 0 A =