Tema d’Esame del 14 novembre 2018 – Algebra Lineare
La matrice di rappresentazione dell’endomorfismo in questione rispetto alla base canonica è semplicemente la matrice che ha per colonne le immagini dei vettori
!(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)'. Essendo
𝑓(1; 0; 0) = (4; 0; 0) 𝑓(0; 1; 0) = (𝑘 − 5; 𝑘 − 1; 0)
𝑓(0; 0; 1) = (5 − 𝑘; 2; −1) , abbiamo
𝐴2 = 34 𝑘 − 5 5 − 𝑘
0 𝑘 − 1 2
0 0 −1
4
Affinché sia un automorfismo, questo deve essere un endomorfismo bijettivo, quindi la matrice 𝐴2 deve avere rango massimo (che è la dimensione di 𝐼𝑚(𝑓)), mentre il nucleo dev’essere banale. A tal fine poniamo il determinante di 𝐴2 diverso da zero.
det 𝐴2 = 4(𝑘 − 1)(−1) = −4(𝑘 − 1) ≠ 0 ⟹ 𝑘 ≠ 1
Per 𝑘 ≠ 1 abbiamo che dim 𝐼𝑚(𝑓) = rg 𝐴2 = 3, mentre – da teorema di nullità + rango – dim ker(𝑓) = 𝑛 − rg 𝐴2 = 3 − 3 = 0, quindi 𝑓 è proprio un automorfismo.
Analizziamo anzitutto il caso 𝑘 ≠ 1, per il quale si ha 𝐼𝑚(𝑓) = ℝD, quindi una base per l’insieme delle immagini è data dalla base canonica di ℝD; inoltre, essendo il nucleo banale, avremo semplicemente ker(𝑓) = E0F⃗H.
Passiamo al caso 𝑘 = 1, per il quale
𝐴I = 34 −4 4
0 0 2
0 0 −1
4 .
È possibile notare che la prima e la seconda colonna sono opposte e che la matrice ha rango rg 𝐴I = 2, quindi dim 𝐼𝑚(𝑓) = 2 e
𝐼𝑚(𝑓) = 〈(4; 0; 0); (4; 2; −1)〉 = 〈(1; 0; 0); (4; 2; −1)〉 . In tal caso avremo, sempre applicando il teorema di nullità + rango,
dim ker(𝑓) = 𝑛 − rg 𝐴I = 3 − 2 = 1 .
Per determinare il nucleo ker(𝑓) è sufficiente risolvere il sistema lineare omogeneo 𝐴I𝑥⃗ = 0F⃗ ,
ossia
N4𝑥 − 4𝑦 + 4𝑧 = 0
2𝑧 = 0 ⟹ R
𝑥 = 𝑦 𝑦 = 𝑦 𝑧 = 0 , da cui
ker(𝑓) = 〈(1; 1; 0)〉 .
Chiaramente, se 𝑓 è un automorfismo di ℝD (i.e. nel caso 𝑘 ≠ 1), significa che è una funzione bijettiva, quindi invertibile; perciò ∀𝑘 ≠ 1 il vettore 𝑣⃗ ammette controimmagini per ogni ℎ ∈ ℝ.
Studiamo invece il caso 𝑘 = 1. Dev’essere 𝐴I𝑥⃗ = 𝑣⃗ , cioè
W4𝑥 − 4𝑦 + 4𝑧 = 0
2𝑧 = 2 ⟹ W𝑥 − 𝑦 + 1 = 0 𝑧 = 1 ,
da cui segue facilmente
−ℎ − 1 = 1 ⟹ ℎ = −2 .
In tal caso abbiamo, per il passo precedente, N𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
𝑧 = 1 ⟹ W𝑥 = 𝑦 − 1 𝑦 = 𝑦 𝑧 = 1
,
da cui segue
𝑓XI(𝑣⃗) = 𝑓XI(0; 2; −1) = (𝑥; 𝑦; 𝑧) = (−1; 0; 1) + 〈(1; 1; 0)〉 . In alternativa è possibile procedere anche in questo modo:
N𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
𝑧 = 1 ⟹ W𝑦 = 𝑥 + 1 𝑥 = 𝑥 𝑧 = 1
,
da cui segue
𝑓XI(𝑣⃗) = (0; 1; 1) + 〈(1; 1; 0)〉 .
Condizione necessaria e sufficiente affinché 𝑓 sia diagonalizzabile è che la sua matrice di rappresentazione abbia autovalori con molteplicità algebrica e geometrica coincidenti. Calcoliamone quindi gli autovalori nei due casi 𝑘 ≠ 1 e 𝑘 = 1.
Nel primo caso si ha
det(𝐴2 − 𝜆𝐼D) = 0 ⟹ det 34 − 𝜆 𝑘 − 5 5 − 𝑘
0 𝑘 − 1 − 𝜆 2
0 0 −1 − 𝜆
4
= (4 − 𝜆)(𝑘 − 1 − 𝜆)(−1 − 𝜆) = 0 , da cui seguono gli autovalori 𝜆 = 4 ∨ 𝜆 = −1 ∨ 𝜆 = 𝑘 − 1.
Sia da notare che se 𝑘 − 1 ≠ 4 e 𝑘 − 1 ≠ −1, allora la matrice ha tutti autovalori distinti, quindi è certamente diagonalizzabile; in sintesi, se 𝑘 ∈ ℝ ∖ {0; 1; 5} la matrice è certamente diagonalizzabile.
Analizziamo ora i restanti tre casi. Se 𝑘 = 0, abbiamo 𝑚. 𝑎. (4) = 1, mentre 𝑚. 𝑎. (−1) = 2. Calcoliamone le molteplicità geometriche determinando le dimensioni degli autospazi relativi agli autovalori in questione.
Essendo
(𝐴_− 𝜆𝐼D) = 34 − 𝜆 −5 5
0 −1 − 𝜆 2
0 0 −1 − 𝜆
4 ,
abbiamo
𝜆 = 4 ⟹ rg(𝐴_ − 4𝐼D) = rg 30 −5 5
0 −5 2
0 0 −5
4 = 2 ,
quindi
𝑚. 𝑔. (4) = 𝑛 − rg( 𝐴_ − 4𝐼D) = 3 − 2 = 1 = 𝑚. 𝑎. (4) ; tuttavia
𝜆 = −1 ⟹ rg(𝐴_− 𝐼D) = rg 35 −5 5
0 0 2
0 0 0
4 = 2 ,
da cui
𝑚. 𝑔. (−1) = 𝑛 − rg(𝐴_− 𝐼D) = 3 − 2 = 1 ≠ 𝑚. 𝑎. (−1) .
Dato che per 𝑘 = 0 la molteplicità algebrica dell’autovalore 𝜆 = −1 non è uguale a quella geometrica, la matrice 𝐴_ non è diagonalizzabile.
Consideriamo ora il caso 𝑘 = 5. Abbiamo 𝑚. 𝑎. (4) = 2 e 𝑚. 𝑎. (−1) = 1. Essendo (𝐴a − 𝜆𝐼D) = 34 − 𝜆 0 0
0 4 − 𝜆 2
0 0 −1 − 𝜆
4
si ha
𝜆 = 4 ⟹ rg(𝐴a− 4𝐼D) = rg 30 0 0
0 0 2
0 0 −5
4 = 1
E
𝜆 = −1 ⟹ rg(𝐴a− 𝐼D) = rg 35 0 0 0 5 2 0 0 0
4 = 2 ,
da cui
𝑚. 𝑔. (4) = 𝑛 − rg(𝐴a− 4𝐼D) = 3 − 1 = 2 = 𝑚. 𝑎. (4) e
𝑚. 𝑔. (−1) = 𝑛 − rg(𝐴a− 𝐼D) = 3 − 2 = 1 = 𝑚. 𝑎. (−1) .
Essendo uguali le molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori, allora nel caso 𝑘 = 5 la matrice 𝐴a è diagonalizzabile.
Consideriamo infine il caso 𝑘 = 1, per il quale abbiamo comunque tre autovalori distinti 𝜆 = 4 ∨ 𝜆 = −1 ∨ 𝜆 = 0, quindi la matrice è diagonalizzabile.
In definitiva, la matrice 𝐴2 (e quindi l’endomorfismo 𝑓) è diagonalizzabile ∀𝑘 ≠ 0.
Per 𝑘 = 5, la matrice diagonale sarà data semplicemente da quella matrice che ha sulla diagonale i suoi autovalori con la loro molteplicità, quindi
𝐷 = 34 0 0 0 4 0 0 0 1
4 .
La matrice diagonalizzante – o di passaggio – invece ha per colonne i vettori che costituiscono gli autospazi corrispondenti agli autovalori della matrice. Calcoliamo quindi gli autospazi, risolvendo i sistemi lineari omogenei (𝐴a − 𝜆𝐼D)𝑥⃗ = 0F⃗.
Per 𝜆 = 4, abbiamo il sistema
30 0 0
0 0 2
0 0 −5
4 𝑥⃗ = 0F⃗ ⟹ R
𝑥 = 𝑥 𝑦 = 𝑦 𝑧 = 0 , la cui soluzione è l’autospazio
𝑉d = 〈(1; 0; 0); (0; 1; 0)〉 ; per 𝜆 = −1, invece, si ha
35 0 0 0 5 2 0 0 0
4 𝑥⃗ = 0F⃗ ⟹ W 𝑥 = 0 5𝑦 + 2𝑧 = 0
𝑧 = 𝑧
⟹ e
𝑥 = 0 𝑦 = −2
5𝑧 𝑧 = 𝑧
,
da cui l’autospazio
𝑉XI = 〈f0; −2
5; 1g〉 = 〈(0; −2; 5)〉 . In conclusione, la matrice di passaggio sarà
𝑀 = 31 0 0 0 1 −2
0 0 5
4 .
