Geometria 1A e Algebra Lineare — 24 marzo 2009
1. Si consideri la matrice A(k) = 0
@
0 1 1 1 0 k 1 k 0
1 A
(a) Trovarne autovalori e autospazi.
(b) Per che valori di k è diagonalizzabile come matrice reale?
(c) Scrivere il polinomio caratteristico della matrice B(k) = A(k)3 k2A(k) (d) Mostrare che B(0) è la matrice nulla.
(e) Mostrare, senza eseguire il conto esplicitamente, che per k 6= 0; B(k) è la matrice nulla.
2. Dimostrare che una matrice reale e normale con gli autovalori reali è simmetrica. Di- mostrare con un controesempio che l’ipotesi di normalità è essenziale.
3. Sia Q = 0
@
1 0 0 0 1 0
0 0 1
1
A e si consideri l’insieme di matrici reali:
M = X reali 3 3 tali che XTQ + QX = 0 (1) (a) Mostrare che M è uno spazio vettoriale di matrici e darne una base.
(b) Mostrare che per ogni A; B 2 M il loro commutatore C = AB BA2 M
1
SOLUZIONI.
1. Gli autovalori sono 0; k, ed i rispettivi autospazi sono generati da:
8<
: 0
@ 2k2k+1
k2 1 k2+1
1 1 A
9=
;$ k;
8<
: 0
@ k
1 1
1 A
9=
;$ 0;
8<
: 0
@ 0
1 1
1 A
9=
;$ k
La matrice è quindi diagonalizzabile certamente se k 6= 0 ( perchè gli autovalori sono tre, reali e distinti). Se invece k = 0 la matrice A(0) non è diagonalizzabile perchè è di rango 2 e quindi l’autovalore 0 (che ha molteplicità algebrica 3) non è regolare perchè il suo autospazio ha dimensione 1: Gli autovalori di B(k) = A(k)3 k2A(k) sono: 0; 0; 0; il polinomio caratteristico è quindi p( ) = 3: Il quarto punto si può dimostrare senza eseguire il conto esplicitamente: B(k) è diagonalizzabile perchè (per k 6= 0) A(k) lo è, ma gli autovalori sono 0; 0; 0:
2. Sia A la matrice data; in quanto normale è diagonalizzabile tramite una matrice unitaria U :
D = UTAU cioè A = U DUT
I suoi autovalori sono però reali per ipotesi, e quindi la matrice diagonale D veri…ca:
D = D. Si ottiene quindi, essendo per ipotesi A reale:
A = A = U DUT = U DUT (2)
AT = U DUT T = U DUT (3)
Confrontando si veri…ca la simmetria di A:
L’ipotesi di normalità è essenziale: ad esempio B = 1 1
0 2 ha autovalori reali, è diago- nalizzabile ma non è normale e non è simmetrica.
3. Le matrici di M sono del tipo:
0
@
0 a b a 0 c b c 0
1
A (4)
Formano uno spazio vettoriale di dimensione 3 con base, ad esempio:
0
@ 0 1 0
1 0 0 0 0 0
1 A ;
0
@ 0 0 1 0 0 0 1 0 0
1 A ;
0
@ 0 0 0 0 0 1 0 1 0
1
A (5)
Per il commutatore, basta calcolare usando le proprietà di A e B:
(AB BA)T Q + Q (AB BA) = BTATQ ATBTQ + QAB QBA =(6)
BTQA + ATQB ATQB + BTQA = 0 (7)
2
