Geometria (Informatica) | 13 Dicembre 2005
1. Considerata la matrice:
A = 0
@
1 1 1
0 2 0
1 1 1
1 A
(a) Calcolare gli autovalori di A ed una base di ogni autospazio. (5 punti) (b) Scrivere il polinomio caratteristico della matrice A4: (5 punti)
2. Si considerino, in R3; la retta r = (1; 1; 1) + t(1; 1; 0); il punto p = (4; 0; 0) ed il piano
= u(1; 0; 1) + v(0; 1; 1)
(a) Trovare l'equazione della retta r0 passante per p e ortogonale a : (3 punti) (b) Determinare il punto di intersezione tra r e r0. (4 punti)
(c) Scrivere l'equazione del piano che contiene le due rette. (3 punti) 3. Si consideri la matrice
A = 0 BB
@
4 4 0 0 4 4 0 0 0 0 4 4 0 0 4 4
1 CC A
(a) Trovare il rango della matrice. (3 punti)
(b) Trovare una base del nucleo e una dell'immagine. (4 punti)
(c) Si mostri che A e diagonalizzabile e se ne scriva una forma diagonale. (5 punti)
1
SOLUZIONI.
1. Il polinomio caratteristico di A e:
p( ) = 4 + 4 2 3 Gli autovalori e i rispettivi autospazi sono:
8<
: 0
@ 1 1 0
1 A ;
0
@ 1 0 1
1 A
9=
;$ 2;
8<
: 0
@ 1 0 1
1 A
9=
;$ 0
La matrice e diagonalizzabile perche ha tutti gli autovalori regolari e quindi il polinomio caratteristico di A4 si trova subito:
p( ) = (16 )2
2. Basta trovare un vettore ortogonale ai due vettori che generano il piano, ad esempio, (1; 1; 1) : la retta cercata e, quindi:
r0 = (4; 0; 0) + s (1; 1; 1)
Per trovare l'intersezione, risolviamo il sistema lineare r = r0; ovvero:
(1; 1; 1) + t(1; 1; 0) = (4; 0; 0) + s (1; 1; 1) la soluzione e immediata:
t = 2
s = 1
Il punto di intersezione e quindi: (1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) = (3; 1; 1) ; il piano richiesto risulta:
0 = (3; 1; 1) + u(1; 1; 0) + v (1; 1; 1) ;
che ovviamente contiene le due rette, contenendo il punto in comune e le direzioni di entrambe le rette.
3. Calcoliamo prima quali vettori stanno nel nucleo:
0 BB
@
4 4 0 0 4 4 0 0 0 0 4 4 0 0 4 4
1 CC A
0 BB
@ x y z t
1 CC A =
0 BB
@
4x + 4y 4x + 4y 4z + 4t 4z + 4t
1 CC A =
0 BB
@ 0 0 0 0
1 CC A
Per cui una base del nucleo e:
8>
><
>>
: 0 BB
@ 1 1 0 0
1 CC A ;
0 BB
@ 0 0 1 1
1 CC A
9>
>=
>>
;
$ 0
2
La matrice ha quindi rango 2; una base per l'immagine e data da 2 colonne indipendenti.
Ricordiamo ora che un autovettore e regolare se la dimensione algebrica e la dimensione geometrica coincidono. Gli autovalori della matrice sono: per il primo blocco, 8 e 0;
per il secondo blocco, ancora 8 e 0: Ne segue che l'autovalore 8 e l'autovalore 0 hanno dimensione algebrica uguale a 2: La dimensione geometrica si calcola facilmente:
0 BB
@
4 8 4 0 0
4 4 8 0 0
0 0 4 8 4
0 0 4 4 8
1 CC A
0 BB
@ x y z t
1 CC A =
0 BB
@
4x + 4y 4x 4y
4z + 4t 4z 4t
1 CC A =
0 BB
@ 0 0 0 0
1 CC A
Ne segue che x = y e z = t: L'autospazio dell'autovalore 8 ha quindi come base la
coppia di vettori: 8
>>
<
>>
: 0 BB
@ 1 1 0 0
1 CC A ;
0 BB
@ 0 0 0 1
1 CC A
9>
>=
>>
;
La dimensione geometrica e quindi anch'essa uguale a 2: L'autovalore 0 per il calcolo e ettuato sopra riguardo al nucleo e anch'esso regolare. La matrice e diagonalizzabile e una sua forma diagonale e, ad esempio:
0 BB
@
0 0 0 0 0 8 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8
1 CC A
3
