c x esiste un vettore v = y tale che F(v) = u. z In caso di risposta negativa, si determini un vettore che non appartiene a Im(F).
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- Eloisa Valenti
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1 Avvertena. Si consiglia di leggere attentamente gli svolgimenti dei seguenti esercii e di non limitarsi a cercare di vedere come si fa. Se ci si limita a questo, sena considerare gli aspetti teorici su cui le soluioni si basano, gli esercii servono a poco più di niente. Eserciio Dire se la funione lineare F : R 3 R 3 rappresentata dalla matrice A = a nella base canonica è suriettiva, cioè se, dato un qualsiasi u = b, c x esiste un vettore v = y tale che F(v) = u. In caso di risposta negativa, si determini un vettore che non appartiene a Im(F). La funione F è suriettiva se il sistema lineare x a y = b c ( ) ha soluioni per ogni scelta di a, b e c. Il determinante della matrice A è diverso da e quindi A ha rango 3. Anche è la matrice completa del sistema ( ) ha quindi rango 3 (essendo A la matrice incompleta) indipendentemente da a, b e c. Possiamo dunque concludere che ( ) ha sempre un unica soluione e quindi F è suriettiva. Si poteva arrivare alla stessa conclusione ricordando che il rango di A è uguale alla dimensione del sottospaio Im(F) di R 3. Essendo tale rango 3, abbiamo che Im(F) coincide con R 3, e quindi F è suriettiva. Eserciio Come l Eserciio, con A = Abbiamo det(a) = e quindi il rango di A è minore di 3. La sottomatrice di A ricavata dalle prime due righe e prime due colonne ha determinante diverso da, e dunque A ha rango. Tale è anche la dimensione di Im(F), da cui segue che F non è suriettiva (perché R 3 ha dimensione 3). a I vettori che non appartengono a Im(F) sono i vettori b per cui il sistema lineare c x a y = b c ( )
2 non ha soluioni. La matrice completa di questo sistema è a b c che tramite a operaioni elementari può essere trasformata nella matrice a + b Il c a b sistema ( ) ha soluioni se e solo se l ultima riga di questa matrice è nulla. I vettori che a non appartengono a Im(F) sono dunque i vettori b tali che c a b. c Eserciio 3 Dire se la funione lineare F : R 3 R 3 rappresentata dalla matrice A = nella base canonica è iniettiva, cioè se, dati due qualsiasi vettori u v, F(u) F(v). In caso di risposta negativa, determinare due vettori u v, tali che F(u) = F(v). Conviene ricordare le proprietà di una funione lineare G non iniettiva. In tal caso abbiamo due vettori u v tali che G(v) = G(u). Per linearità abbiamo anche G(v u) = ; esiste cioè un vettore w tale che G(w) =. Se inversamente esiste un vettore w non nullo tale che G(w) =, allora, per linearità, G(v + w) = G(v) per ogni v e quindi G non è iniettiva. Possiamo dunque concludere che G non è iniettiva se e solo se esiste un vettore w tale che G(w) =. In altri termini, G non è iniettiva se e solo se il suo nucleo (Ker(G)) è diverso dal vettore nullo. Nel caso particolare considerato nell eserciio, la funione F è iniettiva se e solo se il sistema lineare x y = ( ) ha solo la soluione banale. Ciò succede se e solo se il rango di A è 3. Poiché det(a) =, il rango di questa matrice è minore di 3 e quindi F non è iniettiva. Per rispondere alla seconda parte della domanda, ricordando le consideraioni generali sulle funioni non iniettive, basta considerare un vettore arbitrario u, e aggiungere a questo una soluione non banale w di ( ). In questo modo abbiamo u u + w, ma F(u) = F(u + w). Eserciio 4 Come l Eserciio 3, con A = 3 6
3 In questo caso abbiamo det(a) = 9 e quindi F è iniettiva. Eserciio 5 Determinare autovalori e autovettori della matrice A = Gli autovalori di A si calcolano risolvendo l equaione caratteristica 3 λ 4 det(a λi 3 ) = 4 3 λ 4 3 λ = λ3 + 3λ + λ 3 = L equaione λ 3 + 3λ + λ 3 = può essere scritta come λ (3 λ) (3 λ) =, che equivale a (3 λ)(λ + )(λ ) =. Gli autovalori di A sono 3,,. Poiché sono 3 autovalori distinti, gli autovalori corrispondenti saranno indipendenti e costituiranno una base di R 3. La matrice A è dunque diagonaliabile. Gli autovettori corrispondenti all autovalore 3 sono le soluioni del sistema lineare x 6 4 x (A 3I 3 ) y = 4 4 y = Poiché l ultima riga della matrice A { 3I 3 è la somma delle altre due, abbiamo che 6x y + 4 = questo sistema lineare è equivalente a. Posto = t, l insieme 4x 4 = x = t delle soluioni è y = t. L autospaio dell autovalore 3 è quindi dato dati vettori = t della forma t ed ha ovviamente dimensione. In modoanalogo si ricava che l autospaio dell autovalore è l insieme dei vettori della forma t, e che l autospaio dell autovalore è l insieme dei vettori della forma t Come è stato già osservato, i vettori v =, v = e v 3 = costituiscono una base di R 3. Se A è la matrice della funione lineare F nella base canonica, la 3
4 matrice di F nella base v, v, v 3 è data da S AS dove S = risultare S AS = 3, la matrice diagonale formata dagli autovalori. Eserciio 6 Determinare autovalori e autovettori della matrice A = L equaione caratteristica della matrice A è det(a λi 3 ) =, cioè 3 3 Deve λ 3 λ 3 λ ( λ)(3 λ) =. Abbiamo dunque che è un autovalore con molteplicità algebrica, e 3 è un autovalore con molteplicità algebrica. L insieme degli autovettori dell autovalore (cioè il suo l autospaio) è dato dall insieme delle soluioni del sistema lineare x x (A I 3 ) y = y = { y = che è equivalente al sistema lineare che ha come soluione l insieme dei x + = t vettori = t (t R). L autospaio dell autovalore è dunque il sottospaio di t R 3 di dimensione generato dal vettore L autospaio dell autovalore 3 è dato dall insieme delle soluioni del sistema lineare x x (A 3I 3 ) y = y = che è equivalente alla singola equaione (in tre incognite!) x y =. Tale equaione è verificata per valoriarbitrari di e quando x = y. L insieme delle soluioni è quindi t costituito dai vettori t (t, τ R). Tale insieme di vettori può essere scritto come τ t + τ (t, τ R) e costituisce un sottospaio di dimensione di R 3. 4 =
5 La matrice A è dunque diagonaliabile. Eserciio 7 Determinare autovalori e autovettori della matrice A = ( 3 3 Il determinante det(a λi ) vale (3 λ). Quindi 3 è l unico autovalore di A ed ha molteplicitè ( ) ( algebrica ). Gli autovettori di A sono le soluioni del sistema lineare (A x 3I ) = che equivale alla singola equaione (in due incognite!) y =. L insieme y ( ) t degli autovettori di A è dunque l insieme dei vettori della forma (t R). Si tratta di un sottospaio di dimensione di R e dunque A non è diagonaliabile (la dimensione geometrica dell autovalore 3 è inferiore alla sua dimensione algebrica). Eserciio 8 Si verifichi che λ = è un autovalore della matrice A = Determinare una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di A. ) L equaione caratteristica di A è: λ 3 4 det(a λi 3 ) = 3 λ 4 λ = λ3 + 3λ + λ 4 = Si verifica immediatamente che una delle soluioni di tale equaione è λ =. Sappiamo che possiamo rispondere alla seconda domanda perché la matrice A è simmetrica. Il primo passo per la determinaione di una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di A trovare gli altri autovalori di A. Dividendo il polinomio λ 3 + 3λ + λ 4 per λ otteniamo λ + λ + 4. Le radici di questo polinomio sono λ = 6 e λ = 4 che sono quindi gli altri due autovalori di A. Risolvendo i sistemi lineari x x x (A I 3 ) y = (A 6I 3 ) y = (A + 4I 3 ) y = troviamo gli autovettori di A. Abbiamo nell ordine v = 4 3, v = 5 3, v 3 = Questi vettori sono a due a due ortogonali e costituiscono quindi una base 4 5
6 ortogonale di R 3. Una base ortonormale è formata da vettori a due a due ortogonali ed aventi lunghea. Per ottenere una tale base, basta dividere v, v, v 3 per il loro modulo: 5 5 v v = 4 v 5 v = 5 3 v 3 5 v 3 = Eserciio9 Determinare una base ortonormale di R 3 formata da autovettori della matrice A = 3 3 Gli autovalori di A sono le soluioni dell equaione λ det(a λi 3 ) = 3 λ 3 λ = ( λ) ( (3 λ) ) = Abbiamo quindi che λ = è un autovalore con molteplicità algebrica, e λ = 4 è un autovalore con molteplicità algebrica. x L autospaio dell autovalore è dato dai vettori y che risolvono il sistema lineare x (A I 3 ) y =, equivalente all unica equaione (in tre incognite!) y =. τ Posto = t e x = τ, l insieme degli autovettori di è t : τ, t R. t x L autospaio dell autovalore 4 è dato dai vettori y che risolvono il sistema lineare x { (A 4I 3 ) y = 4x =, equivalente al sistema le cui soluioni sono y = t : t R. t Osserviamo che ogni autovettore di 4 è ortogonale ad ogni autovalore di. Per avere una base ortogonale di R 3 formata da autovettori di A, possiamo scegliere un arbitrario 6
7 autovettore di 4, per esempio v =, e due autovettori ortogonali di, per esempio v = e v 3 = Come nel caso precedente una base ortonormale si ottiene dividendo ognuno di questi vettori per il proprio modulo: v v = v v = v 3 v 3 = 7
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