{Geometria per [Fisica e (Fisica e Astrofisica)]}

Transcript

1 {Geometria per [Fisica e (Fisica e Astrofisica)]} Foglio 9 - Soluzioni Esercizio (facoltativo) Un quadrato magico reale di ordine n è una matrice di M n n (R) tale che sommando gli elementi di ogni sua riga, quelli di ogni sua colonna, quelli della diagonale principale e quelli della diagonale secondaria, si ottiene sempre lo stesso risultato Indichiamo con QM n (R) l insieme dei quadrati magici reali di ordine n Ad esempio A A QM 3 (R), 4 3 essendo uguale a 5 la somma di ogni riga, di ogni colonna e di ciascuna delle due diagonali (a) Mostrare che QM n (R) è un sottospazio vettoriale di M n n (R) Dato una matrice A QM n (R), denotiamo con s(a) la somma di ogni riga, di ogni colonna e di ciascuna delle due diagonali di A Poiché la somma tra matrici e il prodotto per uno scalare sono definiti componente per componente, si verifica facilmente che per ogni A, QM n (R) si ha A + QM n (R), con s(a + ) = s(a) + s(), e che per ogni A QM n (R) e per ogni λ R si ha λa QM n (R), con s(λa) = λs(a) Dunque QM n (R) è un sottospazio vettoriale di M n n (R) (b) Determinare una base di QM (R) e la sua dimensione Il sottospazio QM (R) è l insieme di tutte le matrici «a b c d tali che a + b = c + d = a + c = b + d = a + d = b + c Si ottiene dunque il sistema lineare omogeneo a + b = c + d, >< a + b = a + c, a + b = b + d, a + b = a + d, > a + b = b + c, che ammette soluzione a = b = c = d, ovvero (a, b, c, d) = (λ, λ, λ, λ) = λ(,,, ) per ogni λ R Dunque QM (R) ha dimensione e precisamente ««QM (R) = Span (c) Determinare una base di QM 3 (R) e la sua dimensione Il sottospazio QM 3 (R) è l insieme di tutte le a b c d e f g h i tali che a + b + c = d + e + f = g + h + i = a + d + g = b + e + h = c + f + i = a + e + i = c + e + g Si ottiene dunque il sistema lineare omogeneo a + b + c d e f =, >< b + c d g =, a + c e h =, b + c e i =, > a + b e g =, A a + b + c g h i =, a + b f i =, la cui matrice dei coefficienti è A = A

2 Riduciamo a scalini di questa matrice, evidenziando ad ogni passaggio l elemento scelto come pivot C A C A /3 /3 /3 /3 /3 4/3 /3 /3 /3 /3 /3 3 4 C C 4/3 /3 /3 A /3 /3 /3 Dunque, la matrice ha rango 6 e il sistema ha 3 soluzioni Se poniamo g = 3λ, h = 3µ, i = 3ν, otteniamo a = λ + µ ν, b = λ µ + ν, >< c = λ + µ + ν, d = λ + µ + 4ν, e = λ + µ + ν, > f = 4λ + µ ν Quindi la matrice generica di QM 3 (R) si può scrivere nella forma λ + µ ν λ µ + ν λ + µ + λ + µ + 4ν λ + µ + ν 4λ + µ ν C A, 3λ 3µ 3ν ovvero 4 3 A + A + 4 A 3 3 Dunque le tre matrici numeriche E, E ed E 3 che compaiono nella precedente formula generano QM 3 (R) Inoltre sono anche linearmente indipendenti, infatti se si uguaglia la loro combinazione lineare a coefficienti λ, µ e ν alla matrice nulla, si ottiene necessariamente (λ, µ, ν) = (,, ) Dunque le tre matrici costituiscono una base di QM 3 (R) e la sua dimensione è 3 (d) Determinare le coordinate della matrice A data come esempio rispetto alla base trovata Se A = 4 A + A + 4 A, otteniamo, ad esempio confrontando gli elementi dell ultima riga, λ = 4/3, µ = e ν = / A = 4 A A 4 A,

3 Esercizio [Sernesi, Es 5, p ] Stabilire quali delle seguenti sono forme bilineari su R n (dove (x, x,, x n) e (y, y,, y n) denotano le coordinate di x e y, rispettivamente) (a) b(x, y) = x i y i (b) b(x, y) = x i y (c) b(x, y) = x i i y j vi= i= i= j= u (d) b(x, y) = t x i y i (e) b(x, y) = (x i + y i ) x i X n yi i= i= i= i= Soluzione (a) La forma b non è lineare Infatti, per ogni k R, si ha b(x, ky) = x i ky i = k x i y i = k b(x, y) Allora, scegliendo ad esempio x = y = (,,, ) e k =, si ha i= i= b(x, y) = b(x, y) =, che contraddice l ipotesi di linearità b(x, y) = b(x, y) (b) La forma b non è lineare Si può dare la stessa motivazione vista nel punto (a) (c) La forma b è bilineare e simmetrica Infatti n b(x + x, y) = x i + x i y j = x i + X x i y j i= j= i= i= j= = x i y j + x i y j = b(x, y) + b(x, y), i= j= i= j= b(kx, y) = b(y, x) = kx i i= y i i= y j = k j= x j = j= x i i= x i i= y j = kb(x, y) e j= y j = b(x, y) La linearità rispetto al secondo argomento segue dalla linearità rispetto al primo e dalla simmetria j= (d) La forma b non è lineare Infatti, per ogni k R, si ha v v v ux b(kx, y) = t n (kx i ) yi = u t k x i y i = k ux t n x i y i i= i= i= = k b(x, y) Si può concludere allora come in (a) (e) La forma b è lineare Infatti, se semplifichiamo la sua espressione b(x, y) = (x i + y i ) i= i= x i X i= y i = X n n (x i + x iy i + yi ) X i= i= x i X i= n yi = X x i y i, ci accorgiamo che b è due volte la forma bilineare simmetrica standard, ovvero quella associata, rispetto alla base canonica, alla matrice identità i= 3

4 Esercizio Sia b R 3 R 3 R la forma bilineare simmetrica associata, rispetto alla base canonica (e, e, e 3 ) di R 3, alla matrice A A (a) La forma bilineare b è degenere? La forma b è degenere, essendo det A = (la terza riga è la somma delle prime due) (b) Il vettore e = (,, ) è isotropo? Descrivere lo spazio e ortogonale ad e rispetto a b Verificare che si tratta di un sottospazio vettoriale di R 3 e determinarne la dimensione e una base Vale la decomposizione R 3 = Span(e ) e? Il vettore e è isotropo, essendo b(e, e ) = a = Si ha (x, y, z) e se e solo se A@ x ` y A=, cioè se e solo x y A= z z Quindi e = {(x, y, z) R3 y + z = } = {(λ, µ, µ) λ, µ R} = Span((,, ), (,, )), che è uno sottospazio di R 3 di dimensione una cui base è ((,, ), (,, )) Essendo Span(e ) e, la decomposizione R 3 = Span(e ) e non vale (In generale, questo è vero per ogni vettore isotropo) (c) Risolvere il quesito (b) sostituendo ovunque al posto di e il vettore f = (,, ) Il vettore f non è isotropo, essendo b(f, f ) = b(e + e, e + e ) = b(e, e ) + b(e, e ) + b(e, e ) = a + a + a = Si ha (x, y, z) f se e solo se A@ y A=, cioè se e solo se z Quindi x y A= z f = {(x, y, z) R3 x + y + z = } = {(λ, λ µ, µ) λ, µ R} = Span((,, ), (,, )), che è uno sottospazio vettoriale di R 3 di dimensione una cui base è ((,, ), (,, )) Essendo ((,, ), (,, ), (,, )) una base di R 3, questa volta la decomposizione R 3 = Span(f ) f vale (In generale, questo è vero per ogni vettore non isotropo) (d) Calcolare a f (e ) = b(e, f )/b(f, f ), coefficiente di Fourier di e = (,, ) rispetto ad f Quindi decomporre e come somma di un multiplo di f e di un vettore f ortogonale ad f, rispetto a b Tale decomposizione è unica? Abbiamo già calcolato b(f, f ) = Inoltre abbiamo b(e, f ) = b(e, e + e ) = b(e, e ) + b(e, e ) = a + a = Dunque a f (e ) = b(e, f )/b(f, f ) = / La componente di e parallela ad f è data da a f (e )f = (e + e ) =, «,, e la componente di e ortogonale ad f è data da f = e a f (e )f = e (e + e ) = e + e = Quindi la decomposizione richiesta è data da e = a f (e )f + f =, «, +, «,,, «, (e) Completare (f, f ) ad una base (f, f, f 3 ) che sia diagonalizzante per b, ovvero tale che i suoi vettori siano a due a due ortogonali rispetto a b Scrivere la matrice D associata a b rispetto a questa base, verificando che si tratta di una matrice diagonale Si ha f = e + e = (,, ) (più comodo di f per l assenza del denominatore) Un modo per ottenere f 3 è quello di sottrarre al terzo vettore della base inziale, e 3, le sue componenti parallele ad f e a f (procedimento di Gram-Schmidt) Dunque f 3 = e 3 a f (e 3 )f a f (e 3 )f = e 3 b(e 3, f ) b(f, f ) f b(e 3, f ) b(f, f ) f 4

5 Calcoliamo i coefficienti che ci mancano b(e 3, f ) = b(e 3, e + e ) = b(e 3, e ) + b(e 3, e ) = a 3 + a 3 =, b(e 3, f ) = b(e 3, e + e ) = b(e 3, e ) + b(e 3, e ) = a 3 + a 3 = Quindi (per ora) non è necessario calcolare b(f, f ) e si ha f 3 = e 3 f = e e + e 3 = (,, ) Per come abbiamo ottenuto i vettori della base (f, f, f 3 ), sappiamo che questi sono a due a due ortogonali, dunque la matrice D associata a b rispetto a tale base è diagonale Inoltre i tre elementi della diagonale valgono, rispettivamente, d = b(f, f ) =, d = b(f, f ) = b( e + e, e + e ) = a + a a =, d 3 = b(f 3, f 3 ) = b( e e + e 3, e e + e 3 ) = a + a + a 33 + a a 3 a 3 = (D altra parte, essendo la forma b degenere, ci aspettavamo che il terzo vettore f 3 fosse isotropo) Dunque D A (f) Scrivere la matrice M di passaggio da (e, e, e 3 ) a (f, f, f 3 ) e verificare che M T AM = D, ovvero che A è congruente alla matrice diagonale D La matrice M ha per colonne le coordinate dei vettori della nuova base rispetto alla vecchia M A Effettuando il prodotto righe per colonne, si verifica che M T AM A@ A@ A A@ A= D (g) Sia q R 3 R 3 R la forma quadratica associata a b Esplicitare q(x, y, z) In base ai risultati ottenuti nei punti precedenti, scrivere q in forma canonica, ovvero in funzione delle coordinate rispetto alla base diagonalizzante di cui al punto (e) Qual è la segnatura di q? La forma quadratica q è (semi)definita positiva, (semi)definita negativa, indefinita? Per ogni v = (x, y, z) R 3 si ha q(v) = ` x y A@ x y A= xy + xz + yz + z z Se (x, y, z ) sono le coordinate del vettore v R 3 rispetto alla base diagonalizzante {f, f, f 3 }, essendo D la matrice associata a b (e dunque a q) in tale base, si ha q(v) = ` x y A@ x y A= (x ) (y ) z Essendo q(f ) = >, q(f ) = < e q(f 3 ) =, la forma q ha segnatura (, ) ed è indefinita 5

6 Esercizio 3 Sia T R 3 R 3 l applicazione lineare associata, rispetto alla base canonica di R 3, ad A 5 3 A 3 5 (a) Scrivere il polinomio caratteristico di T Il polinomio caratteristico di A è p A (λ) = det(a λi), ovvero det 5 λ 3 A= (5 λ) ( λ) + + 9( λ) 4(5 λ) 4(5 λ) 3 5 λ = (λ λ + 5)( λ) (λ ) + (λ 5) = λ 3 + λ + λ λ 5λ λ 9 + λ 4 = λ 3 + λ λ = λ(λ λ + ) Le radici di λ λ + sono Quindi il polinomio caratteristico di A è ± 7 = ± 7 = p A (λ) = λ(λ )(λ 9) 9 (b) Calcolare gli autovalori λ, λ e λ 3 di T (con λ λ λ 3 ) Gli autovalori di T (ovvero di A) sono le radici di p(λ) Dunque λ =, λ = e λ 3 = 9 (c) Descrivere gli autospazi associati agli autovalori di T L autospazio E() associato all autovalore è il nucleo di A, cioè l insieme dei vettori (x, y, z) R 3 tali 5 3 A@ x y < 5x + y + 3z =, A, ovvero x + y + z =, 3 5 z 3x + y + 5z = Un minore principale della matrice dei coefficienti è, ad esempio, quello 5 3 A, 3 5 dunque il sistema è equivalente al seguente < y + 3z = 5λ, y + z = λ, (λ R), e le sue soluzioni sono x = λ < x = λ, y = 4λ, z = λ (λ R) Gli autospazi E() ed E(9) associati, rispettivamente, agli autovalori λ = e λ 3 = 9 sono i nuclei delle matrici A I e A 9I, quindi sono, rispettivamente, gli insiemi delle soluzioni dei sistemi < 3x + y + 3z =, < 4x + y + 3z =, x y + z =, e x y + z =, 3x + y + 3z = 3x + y 4z = Le soluzioni di questi due sistemi sono, rispettivamente, < x = λ, < x = λ, y =, (λ R) e y = λ, z = λ z = λ Dunque, riassumendo, si ha (λ R) E() = {(λ, 4λ, λ) λ R 3 } = Span((, 4, )), E() = {(λ,, λ) λ R 3 } = Span((,, )), E(9) = {(λ, λ, λ) λ R 3 } = Span((,, )) (d) Attraverso il confronto tra le molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori, verificare che l applicazione lineare T è diagonalizzabile L applicazione lineare T è diagonalizzabile in quanto per ogni autovalore la molteplicità algebrica e quella geometrica (dimensione dell autospazio relativo) coincidono (valgono ) D altra parte, in generale, se un endomorfismo ammette autovalori distinti (con molteplicità algebrica ), necessariamente le molteplicità geometriche valgono e l endomorfismo è diagonalizzabile 6

7 (e) Determinare una base = (v, v, v 3 ) di R 3, con v i autovettore relativo a λ i, per i =,, 3, e scrivere la matrice D associata a T in tale base Se poniamo v = (, 4, ), v = (,, ) e v 3 = (,, ), abbiamo che = (v, v, v 3 ) è una base di R 3 formata da autovettori di T Il fatto che i tre vettori siano indipendenti segue dal risultato generale che ad autovalori distinti sono associati autovettori indipendenti Come conferma, vediamo che la matrice che ha le coordinate di v, v e v 3 come colonne è invertibile Inoltre, essendo T (v ) = (,, ), T (v ) = v e T (v 3 ) = 9v 3, la base è diagonalizzante per T, infatti la matrice associata a T rispetto a è la matrice diagonale D A 9 (f) La base è ortogonale rispetto al prodotto scalare standard di R 3? La base è ortogonale rispetto al prodotto scalare standard di R 3 Infatti si ha v, v = v, v 3 = v, v 3 = Come ricordato nel testo dell esercizio, questo è conseguenza del risultato generale secondo cui, per un operatore lineare simmetrico, ad autovalori distinti corrispondono autovettori ortogonali (g) Si consideri un autovettore w relativo all autovalore λ Descrivere lo spazio W = w Scegliamo w = (, 4, )( = v ) Lo spazio W = w è l insieme dei vettori (x, y, z) R3 tali che (x, y, z) (, 4, ), ovvero tali che x 4y + z = Dunque W = {(λ, µ, λ + 4µ) λ, µ R} = Span((,, ), (,, 4)) (h) Dimostrare che T (W) W, ovvero che per ogni w w si ha T (w) w Essendo T un operatore simmetrico, per ogni w w (in realtà per ogni w R 3 ) si ha T (w), w = w, T (w ) = w, (,, ) =, ovvero T (w) w Questo dimostra che T (W) W (anzi, più in generale, che T (R 3 ) W) (i) Scrivere la matrice associata a T W W W rispetto a una base (w, w 3 ) di W Scegliamo la base (w, w 3 ) di W, con w = (,, ) = v e w 3 = (,, 4) Si ha T (w ) = w Le coordinate di T (w 3 ) rispetto alla base canonica si trovano effettuando il 5 3 A@ 4 9 A Se poniamo (4, 9, ) = α(,, ) + β(,, 4), otteniamo α = 4 e β = 9 Dunque la matrice associata a T W W W rispetto alla base (w, w 3 ) è «4 = 9 (j) Dopo aver verificato che gli autovalori di sono λ e λ 3, determinare un autovettore di relativo a λ In corrispondenza, determinare un autovettore w W di T relativo a λ Si vede che gli autovalori di sono λ = e λ 3 = 9 Un autovettore di relativo a λ è (, ), e in corrispondenza, un autovettore w W di T relativo a λ è w = (,, )( = v ) (k) Descrivere lo spazio U = w w, determinando in particolare un vettore w 3 che lo genera Verificare inoltre che w 3 è un autovettore di T relativo all autovalore λ 3 Lo spazio U = w w è l insieme dei vettori (x, y, z) R3 tali che j x 4y + z =, x z =, ovvero j x = y, x = z Dunque U = {(λ, λ, λ) λ R} = Span((,, )) e un vettore che lo genera è, ad esempio, w 3 = (,, )( = v 3 ), che, come sappiamo, è un autovettore di T relativo all autovalore λ 3 = 9 (l) Verificare che la base = (w, w, w 3 ) di R 3 (costituita da autovettori di T ) è ortogonale La base = (w, w, w 3 ) di R 3 è ortogonale per come è stata costruita infatti w W = w e w 3 U = w w 7

8 (m) Trovare una base ortonormale = (u, u, u 3 ) di R 3 costituita da autovettori di T Normalizziamo i vettori della base w = (, 4, ) = 3 u = w w = 6, «3,, 6 w = (,, ) = u = w «w =,,, w 3 = (,, ) = 3 u 3 = w 3 w 3 = 3, 3, «3 La base = (u, u, u 3 ) è allora una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di T (N) Detta N la matrice di passaggio dalla base canonica a, verificare che N è una matrice ortogonale, ovvero che N T N = I Verificare inoltre che N AN = N T AN = D La matrice M di passaggio dalla base canonica a = (w, w, w 3 ) è M = 4 mentre la matrice N di passaggio dalla base canonica a = (u, u, u 3 ) è 3 4 N 4 6 A 3 4 La matrice N è ortogonale, essendo associata a T rispetto alla base ortonormale = (u, u, u 3 ) Infatti l elemento di indici (i, j) di N T N (prodotto colonne per colonne di N per se stessa) vale j, se i = j, u i, u j =, se i j, dunque N T N = I Inoltre, essendo det N =, si ha N SO(3) Verifichiamo infine che 4 N AN = N T AN A = 3 4 A 6 A = D (o) Come si possono sintetizzare i risultati ottenuti nei punti precedenti in termini della forma bilineare b R 3 R 3 R associata alla matrice A rispetto alla base canonica? Sia b R 3 R 3 R la forma bilineare associata alla matrice A rispetto alla base canonica In base ai risultati ottenuti nei punti precedenti, possiamo concludere che nella base = (u, u, u 3 ), la forma bilineare b assume la forma canonica se v = xu + yu + zu 3 R 3, si ha b(v, v) = y + 9z

9 Esercizio 4 (a) Siano, C M n n (R) due matrici simili, coniugate tramite N C = N N Dimostrare che, per ogni k intero, le matrici k e C k sono coniugate tramite N, ovvero Procediamo per induzione su k C k = N k N Passo base per k = l asserto coincide con l ipotesi C = N N, quindi è vero Passo induttivo supponiamo l asserto vero per k e dimostriamolo per k + Si ha C k+ = CC k = (N N)(N k N) = N (NN ) k N = N ( k )N = N k+ N Dunque, per il principio di induzione, l asserto è vero per ogni intero k (b) Sia D M n n (R) una matrice diagonale d d D C A d n Dimostrare che, per ogni k intero, la potenza D k è la matrice diagonale d k d k D C A d k n Procediamo per induzione su k Passo base per k = l asserto è banalmente vero Passo induttivo supponiamo l asserto vero per k e dimostriamolo per k + Si ha d d k d k+ d D k+ = DD k d k C C A = d C A d n d k n d k+ n Dunque, per il principio di induzione, l asserto è vero per ogni intero k Il caso k = merita una discussione a parte Ovviamente si ha D = I n, matrice identità di ordine n Allora, se tutti gli elementi d i sono diversi da la formula vale anche in questo caso Se invece esiste un d i uguale a, in questo caso la formula non ha senso, essendo una forma indeterminata Si consideri ora la matrice dell esercizio precedente A 5 3 A 3 5 (c) Scrivere la matrice A come coniugata di una matrice diagonale In base alla soluzione del quesito (N) del precedente esercizio, si ha A = NDN = NDN T, A A

10 (d) Calcolare la matrice A k per ogni intero k In base ai precedenti punti (a) e (b) di questo esercizio, per ogni intero k si 5 3 k 3 4 A k 3 3 A k 4 4 = 3 k 4 9 k 9 k A k 4 9 k 4 4 = k k 9 k k k 4 9 k 9 k A 36 k k 9 k k k = 36 A A 6 6 = A A 4 4 Si noti che la formula vale per ogni intero k, ma non per k = Questo non sorprende, in base a quanto osservato alla fine della soluzione del quesito (b), essendo uno degli autovalori di A è nullo Facciamo un altra osservazione le due matrici nell ultimo passaggio della formula precedente hanno rango, e più precisamente, se x è la colonna delle coordinate di un autovettore relativo all autovalore λ, allora, a meno di una costante moltiplicativa, la matrice che moltiplica λ k è il prodotto colonna per riga xx 5 3 k A = A ` + 9 A ` 3 5 Si può dimostrare che, per matrici diagonalizzabili, questo fatto è vero in generale wwwmatuniromait/~incitti/fisica/geometria