AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI. Esercizi Esercizio. Sia f : R 3 R 3 l endomorfismo definito da f(x, y, z) = (x+y, y +z, x+z). Calcolare gli autovalori ed una base per ogni autospazio di f. Dire se f è un endomorfismo semplice. Esercizio. Dire se la matrice A = 0 0 è diagonalizzabile. In caso affermativo, 0 trovare una matrice invertibile P tale che P AP sia una matrice diagonale. Esercizio 3. Sia f : R 3 R 3 l endomorfismo associato alla matrice A = 0 3 3 9 9 rispetto alla base canonica B. Calcolare autovalori, autovettori, ed una base per ogni autospazio di f. Dire se f è semplice. Esercizio 4. Sia f : R 4 R 4 l endomorfismo definito da f (x, y, z, t) = (x + 3y, x + y, z + t, z + t). Verificare che f è invertibile e che f è semplice. Calcolare gli autovalori di f e confrontarli con quelli di f. Ripetere il confronto tra gli autospazi. ( ) Esercizio 5. Trovare gli autovalori della matrice A = e quelli della matrice 3 A + I. Qual è la relazione tra gli autovalori? Dopo aver trovato gli autospazi delle due matrici, stabilire la relazione esistente. Esercizio 6. Dopo aver scritto l endomorfismo f : R R verificante tutte le condizioni seguenti () (, ) è un autovettore di f relativo all autovalore ; () (0, ) è un vettore di ker f; verificare che f è semplice. Si può affermare che f è semplice guardando le sole condizioni (), ()? Ripetere l esercizio sostituendo la condizione () con (3)f(, ) = f(, 0); ovvero con (3 )f(, ) = (, ). Esercizio 7. [ Dire per ] quali valori di k R l endomorfismo f : R R associato alla matrice A = rispetto alla base B = ((, ), (, )) è semplice. k Esercizio 8. Sia f : R R l endomorfismo che associa ad ogni vettore v il vettore f(v) ottenuto ruotando v di π/4 in senso antiorario. Scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica e verificare che f non ha autovalori. Esercizio 9. Sia f : R 3 R 3 l endomorfismo associato alla matrice A = rispetto alla base canonica 0 0
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI () f è iniettiva; () (,, ) è un autovettore di f; (3) (,, ) è un autovalore di f; (4) è un autovalore di f. Esercizio 0. Sia data la matrice A = () (,, ) è un autovettore di f; () (,, ) ker f; (3) (,, ) è un autovettore per f relativo all autovalore 3; (4) (,, ) è un autovettore per f relativo all autovalore. [ ] (prodotto righe colonne). Esercizio. Sia f : R 3 R 3 l endomorfismo che associa ad ogni vettore (x, y, z) il vettore f(x, y, z) = (y x, z y, z). Allora () f ha un solo autovalore; () ogni vettore (x, y, z) è un autovettore per f; (3) f è semplice; (4) (,, ) ker f. Esercizio. Se f(x, y) = (x + 3y, y) allora f è semplice. (V ) (F ) Esercizio 3. Se f(x, y) = (x, x) allora (, ) è autovettore di f relativo all autovalore. (V ) (F ) Esercizio 4. Se f(, 0) = f(0, ) allora (, ) è autovettore di f relativo all autovalore 0. (V ) (F ). Soluzioni di alcuni esercizi Soluzione dell Esercizio. La matrice associata ad f rispetto alla base canonica è A = 0 0 0 ed il polinomio caratteristico di f è allora p f (t) = det(a ti 3 ) = = det t 0 0 t = ( t) 3 + = ( t)(t t + ). 0 t Le radici di p f (t) sono t =, t = +i 3, t 3 = i 3, e quindi f ha il solo autovalore, unica radice reale di p f (t). Calcoliamo ora il relativo autospazio. Per definizione, V () = {(x, y, z) R 3 (A I)X = 0}, e quindi dobbiamo risolvere il sistema lineare omogeneo x + y = 0 y + z = 0 x z = 0. Le soluzioni di tale sistema lineare sono (y, y, y), y R, e quindi V () = {(y, y, y) y R} = L((,, )).
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI 3 Osserviamo che dim V () = in accordo con la limitazione dim V () m(), dove m() è la molteplicità di t = come soluzione dell equazione caratteristica, e che una base di V () è ((,, )). f non è semplice perché il polinomio caratteristico ha radici non reali. Soluzione dell Esercizio. Fissata la base canonica di R 3, sia f : R 3 R 3 l endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica è A. Il polinomio caratteristico di A è p A (t) = det(a ti) = t 3 +3t+ = (t+) (t ), le cui radici sono t =, t = con molteplicità m( ) =, m() =. Essendo entrambe reali, sono entrambe autovalori. Calcoliamo l autospazio relativo a t =. Dobbiamo risolvere il sistema lineare omogeneo (A + I)X = 0 dove X sono le componenti di un vettore rispetto alla base canonica. Il sistema, dopo aver ridotto la matrice A+I per righe, si scrive come x+y+z = 0, le cui soluzioni sono tutte e sole della forma (x, y, x y), x, y R. Abbiamo allora V ( ) = {(x, y, x y) x, y R} = L((, 0, ), (0,, )) perché le componenti di un vettore rispetto alla base canonica coincidono con le entrate del vettore come elemento di R 3. Infine, osserviamo che una base di V ( ) è ((, 0, ), (0,, )), e che dim V ( ) = = m( ). L autospazio relativo all autovalore t = si calcola in maniera analoga. Risolviamo allora il sistema lineare omogeneo associato alla matrice dei coefficienti A I. Dopo aver ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo { x + y + z = 0 le cui soluzioni sono x y = 0 V () = {(x, x, x) x R} = L((,, )). Una base di V () è ((,, )) e la sua dimensione è dim V () = = m(). Poiché tutte le radici del polinomio caratteristico sono reali, e ogni autospazio ha dimensione uguale alla molteplicità, possiamo dire che A è diagonalizzabile. Una matrice invertibile P che diagonalizza A ha come colonne le componenti dei vettori delle basi dei singoli autospazi (ossia, le soluzioni dei sistemi lineari omogenei). Quindi, P = 0 0 La teoria prevede che P AP = D è una matrice diagonale, con d ii autovalore relativo all autovettore che occupa la colonna i esima di P. In conclusione, P AP = 0 0 0 0. 0 0. Soluzione dell Esercizio 3. Calcoliamo il polinomio caratteristico di f. p f (t) = det(a ti) = = t 0 3 3 t = t(t ). 9 9 t Le radici del polinomio sono t = 0, t =, con molteplicità m(0) =, m() =.
4 AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI Calcoliamo l autopsazio relativo all autovalore t = 0 risolvendo il sistema lineare omogeneo AX = 0 dove X = t (a, b, c) sono le componenti di un vettore di R 3 rispetto alla base canonica B. Ridotta per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il sistema { a + b = 0 c = 0 le cui soluzioni sono della forma (a, a, 0), a R. L autospazio allora è V (0) = {(a, a, 0) a R} = L((,, 0)). Osserviamo che una sua base è ((,, 0)), mentre la sua dimensione è dim V (0) = = m(0). Infine, osserviamo che V (0) = ker(f). Calcoliamo ora il secondo autospazio V (). Bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo (A I)X = 0 dove, come nel caso precedente, X sono le componenti di un vettore di R 3 rispetto alla base B. Dopo aver ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il sistema { b = 0 3a c = 0 le cui soluzioni sono della forma (a, 0, 3a), a R. Quindi, l autospazio cercato è V () = {(a, 0, 3a) a R} = L((, 0, 3)). Notiamo che dim V () = < m(), e che una sua base è ((, 0, 3)). Infine, f non è semplice perché, pur essendo reali tutte le radici del polinomio caratteristico, l autovalore t = ha un autospazio associato di dimensione inferiore alla sua molteplicità, e quindi non è regolare. Soluzione dell Esercizio 4. Fissata la base canonica di R 4, la matrice associata ad f è 3 0 0 A = 0 0 0 0. 0 0 Poiché r(a) = 4, la matrice A è invertibile, e quindi f è invertibile. Inoltre, la matrice associata ad f rispetto alla base canonica è A. Svolgendo i calcoli, abbiamo che 3 0 0 4 A = 0 0 4 0 0. 3 3 0 0 3 3 Gli autovalori di f si calcolano come radici del polinomio caratteristico di f che è uguale a p f (t) = det(a ti) = (t + ) (t )(t ). Poiché tutte le radici sono 3 4 reali, abbiamo che gli autovalori di f sono t =, t =, t 3 3 =, di molteplicità 4 m( ) =, m( ) = m( ) =, rispettivamente. Per calcolare gli autovalori di f, calcoliamo analogamente il polinomio caratteristico di f, ed abbiamo p f (t) = det(a ti) = 3 4 (t+) (t 3)(t 4), e quindi gli autovalori di A sono t =, t = 3, t 3 = 4 di molteplicità m( ) =, m(3) = m(4) =, rispettivamente. In conclusione, gli autovalori di A sono i reciproci di quelli di A, con la stessa molteplicità. Calcoliamo ora gli autospazi di f. Per calcolare W ( ) bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo (A + I)X = 0, dove X sono le componenti di un vettore rispetto alla base canonica, e quindi coincidono
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI 5 con le entrate del vettore stesso. Riducendo la matrice e risolvendo il sistema ottenuto, abbiamo W ( ) = {( 3y, y, t, t) y, t R}, una cui base è (( 3,, 0, 0), (0, 0,, )) e la cui dimensione è. Analogamente, possiamo calcolare una base e la dimensione degli altri due autospazi, ed abbiamo W ( ) = {(0, 0, t, t) t R}, 3 W ( ) = {(y, y, 0, 0) y R}, 4 entrambi di dimensione, aventi come basi ((0, 0,, )), ((,, 0, 0)), rispettivamente. Calcolando gli autospazi V ( ), V (3), V (4) di f otteniamo V ( ) = W ( ), V (3) = W ( 3 ), V (4) = W ( 4 ). Inoltre, entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la stessa matrice 3 0 0 P = 0 0 0 0, 0 0 ottenendo però due matrici diagonali che sono coerenti con gli autovalori delle due matrici (confrontare con l Esercizio ). Provare a dare una dimostrazione del risultato illustrato da questo Esercizio. Soluzione dell Esercizio 5. Il polinomio caratteristico di A è p A (t) = t 5t + 4, le cui radici sono t =, t = 4, entrambe reali, e quindi entrambe autovalori di A. Il polinomio caratteristico di A + I è p A+I (t) = t 9t + 8, le cui radici sono t = 3 = +, t = 6 = 4 +. Quindi, gli autovalori di A + I sono uguali a quelli di A aumentati di. Gli autospazi V (), V (4) di A sono e entrambi di dimensione. Gli autospazi W (3), W (6) di A + I sono V () = {( y, y) R y R} = L((, )) V (4) = {(x, x) R x R} = L((, )) W (3) = V (), W (6) = V (4). Ne segue che entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la matrice [ ] P =, ottenendo però due matrici diagonali diverse, in accordo con gli autovalori delle due matrici (confronta con l Esercizio ). Provare a dimostrare in generale il risultato illustrato da questo Esercizio.
6 AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI Soluzione dell Esercizio 6. La condizione () dice che (0, ) è autovettore per f associato all autovalore 0, e quindi f è semplice perché R ha una base formata da autovettori di f. La matrice associata ad f rispetto alla base di autovettori B = ((, ), (0, )) è M B,B (f) = [ 0 0 0 Per scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica C = ((, 0), (0, )) bisogna calcolare f(, 0). Le componenti di (, 0) rispetto a B sono t (, ) ossia (, 0) = (, ) (0, ). Usando la linearità di f, otteniamo Quindi, ]. f(, 0) = f(, ) f(0, ) = (, ) (0, 0) = (, ). M C,C (f) = [ 0 0 e possiamo scrivere f(x, y) = (x, x). Gli autovalori di f sono 0, entrambi semplici. Consideriamo ora le condizioni (), (3). Poiché f(, ) = f(, 0), abbiamo f(, ) f(, 0) = (0, 0). Per la linearità, f((, ) (, 0)) = (0, 0), e quindi f(0, ) = (0, 0). In conclusione, la condizione (3) è uguale alla condizione () ed abbiamo la stessa applicazione f. La condizione (3 ) afferma che f(, ) = (, ). Quindi, f(, ) = f(, ). Usando la linearità di f, abbiamo f((, ) (, )) = (0, 0), da cui f(0, ) = (0, 0). Anche in questo caso, la condizione (3 ) è uguale alla condizione (), e l applicazione definita è la stessa. Soluzione dell Esercizio 7. Il polinomio caratteristico di A è p A (t) = t 3t + k. Il discriminante del polinomio è = 9 4( k) = 4k +. Sappiamo che, se < 0, ossia se k < le radici del polinomio caratteristico non sono 4 reali, e quindi la matrice A non è diagonalizzabile. Se = 0, ossia se k =, allora il polinomio caratteristico di A ha come radice t = 3 4 con molteplicità, e quindi t = 3 è l unico autovalore di A. L autospazio corrispondente è formato dai vettori le cui componenti X rispetto alla base B verificano il sistema lineare omogeneo (A 3I)X = 0. Poiché il rango di A 3 I è uguale ad, il Teorema di Rouché- Capelli permette di concludere che dim V ( 3 ) = =. Quindi, l unico autovalore di A non è regolare, ed A non è diagonalizzabile. Se > 0, ossia se k > il polinomio caratteristico di Aha due radici reali distinte, 4 e quindi A ha due autovalori di molteplicità. Tali autovalori sono sempre regolari, e quindi A è diagonalizzabile. Soluzione dell Esercizio 8. Bisogna calcolare le immagini dei vettori della base canonica. In una rotazione la lunghezza di un vettore non cambia, e quindi l immagine dei vettori della base canonica hanno ancora lunghezza. Quindi, sia i vetori della base canonica, sia le loro immagini si trovano sulla circonferenza di centro l origine e raggio (circonferenza goniometrica) i cui punti hanno coordinate (cos α, sin α) dove α è l angolo formato dal vettore col semiasse positivo delle ascisse. Quindi, f(, 0) = (cos π, sin π) = ( 4 4, ); f(0, ) = (cos 3π, sin 3π) = ( 4 4, ); ],
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI 7 e la matrice associata ad f rispetto alla base canonica è [ M C,C (f) = ] Il polinomio caratteristico di f è allora p f (t) = t t + che ha discriminante negativo. Quindi f non ha nè autovalori, nè autovettori, che è coerente con il significato geometrico di autovettore che è vettore parallelo alla sua immagine. Soluzione dell Esercizio 9. f è iniettiva se r(a) = 3. Ma la terza riga della matrice è somma delle prime due, mentre le prime due sono linearmente indipendenti. Quindi r(a) = e l affermazione () è falsa. Per stabilire se la seconda affermazione è vera o falsa, basta calcolare f(,, ). Quindi, f(,, ) = A. = 0 e quindi f(,, ) = 0(,, ) ossia (,, ) è autovettore di f relativo all autovalore 0, e l affermazione () è vera. (3) è sicuramente falsa perché gli autovalori sono numeri reali in questo caso, ed in nessun caso sono dei vettori. (4) è falsa. Per verificarlo, bisogna stabilire se det(a I) = 0. Ma det(a I) = det 0 0 0 = e quindi non è soluzione del polinomio caratteristico di A, ossia non è un autovalore di A. Soluzione dell Esercizio 0. () è falsa. Infatti bisogna calcolare f(,, ) che è uguale a f(,, ) = [ ] = 6 e quindi non è parallelo al vettore (,, ). Le affermazioni (), (3), (4) richiedono tutte di calcolare l immagine di (,, ). Procedendo come nel caso () otteniamo f(,, ) = [ ] = 3 e quindi f(,, ) = 3(,, ) ossia (,, ) è autovettore relativo all autovalore 3 per f. Ne segue che () e (4) sono false, mentre (3) è vera. Soluzione dell Esercizio. Scriviamo la matrice di f rispetto a C, ed abbiamo A = M C,C (f) = 0 0 0 0 che è triangolare. Quindi il polinomio caratteristico di f si calcola facilmente ed è p(t) = ( t) 3. Ne segue che () è vera perché l unico autovalore di f è, di molteplicità 3. () è falsa perché f(0,, 0) = (,, 0) e quindi (0,, 0) non è autovettore per f. (3) è falsa perchè non tutti i vettori di R 3 sono autovettori, e quindi V ( ) R 3,
8 AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI ossia dim V ( ) < m( ), e quindi non è un autovalore regolare. (4) è falsa perché f(,, ) = (6, 6, 4) 0. Soluzione dell Esercizio. Gli autovalori di f sono, uniche radici del polinomio caratteristico di f dato da p f (t) = det(a ti) = t 3t + essendo [ ] 3 A = 0 la matrice associata ad f rispetto alla base canonica. Poiché gli autovalori hanno entrambi molteplicità sono regolari, e quindi f è semplice. Soluzione dell Esercizio 3. Calcoliamo f(, ) in base alla definizione di f. Abbiamo f(, ) = (, ) = (, ). Quindi, (, ) è autovettore di f relativo all autovalore, e l affermazione è falsa. Soluzione dell Esercizio 4. Dall ipotesi, abbiamo che f(, 0) f(0, ) = (0, 0). Dalla linearità, si ricava che f((, 0) (0, )) = (0, 0), ossia f(, ) = (0, 0) = 0(, ). Quindi (, ) è autovettore di f relativo all autovalore 0, e l affermazione è vera.