Tema d’Esame del 20 novembre 2017 – Algebra Lineare
Esercizio 3
i. Si dica come agisce 𝐿𝐴 sul generico vettore (𝑥; 𝑦; 𝑧) di ℝ3.
Per soddisfare la prima richiesta, è sufficiente applicare la matrice 𝐴 al generico vettore 𝑥⃗ = (𝑥; 𝑦; 𝑧) dello spazio vettoriale, nel seguente modo:
𝐿𝐴(𝑥⃗) = ( 2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
) ( 𝑥
𝑦𝑧) = (
2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 3𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧
−𝑥 + 𝑦 + 2𝑧) In altre parole, la funzione 𝑓 ≔ 𝐿𝐴 può essere espressa come
𝑓 ∶ { ℝ3 → ℝ3
(𝑥; 𝑦; 𝑧) ⟼ (2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 ; 3𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 ; −𝑥 + 𝑦 + 2𝑧) ii. Si determinino la dimensione e una base per 𝑘𝑒𝑟 𝐿𝐴 ed 𝐼𝑚 𝐿𝐴.
Considerando la definizione di nucleo di uno spazio vettoriale, esso è l’insieme dei vettori del dominio dell’applicazione che sono mandati nel vettor nullo. Nel caso in esame si ha
ker 𝑓 = {𝑥⃗ ∈ ℝ3 ∶ 𝑓(𝑥⃗) = 0⃗⃗}
Il che si riconduce alla soluzione del sistema lineare omogeneo
( 2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2 ) (
𝑦𝑥
𝑧) = 0⃗⃗
Siccome
det ( 2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
) = −8 − 3 − 3 + 2 + 6 + 6 = 0
la matrice 𝐴 non ha rango massimo, tuttavia è possibile determinarne un minore non singolare di ordine due, come, ad esempio, quello evidenziato. Per questo motivo il sistema lineare omogeneo ammette ∞3−2 = ∞1 soluzioni, date da
{2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0
−𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 0 ⟹ {𝑦 = 2𝑥 − 𝑧 𝑧 = −𝑥 ⟹ {
𝑥 = 𝑥 𝑦 = 3𝑥 𝑧 = −𝑥
Dunque il nucleo dell’endomorfismo considerato avrà dimensione dim(ker 𝑓) = 1 e sarà dato dalla chiusura
ker 𝑓 = 〈(1; 3; −1)〉
Per il teorema di nullità più rango si ha che
dim ℝ3 = dim(ker 𝑓) + dim(Im 𝑓) da cui
dim(Im 𝑓) = 3 − 1 = 2
Essendo l’insieme delle immagini dell’applicazione definito come l’insieme degli elementi del codominio assunti come valori dalla funzione, ossia
Im 𝑓 = {𝑓(𝑣⃗) ∶ 𝑣⃗ ∈ dom(𝑓)}
tale insieme sarà dato semplicemente dalla chiusura dei vettori sulle colonne della matrice 𝐴 che risultano essere linearmente indipendenti, ossia
Im 𝑓 = 〈(2; 3; −1) ; (−1; −2; 1)〉
iii. Si dica se 𝑣⃗ = (0; 1; −1) appartiene ad 𝐼𝑚 𝐿𝐴, e in caso di risposta affermativa se ne determinino le controimmagini.
Il modo più facile per vedere se 𝑣⃗ appartiene a Im 𝑓 è quello di valutare il rango della matrice 𝐵 costituita dal vettore 𝑣⃗ e dai generatori di Im 𝑓, ricordando che il rango di una matrice rappresenta il numero dei vettori linearmente indipendenti che la costituiscono; nel caso in questione essa avrà rango almeno pari a 2, giacché i generatori di Im 𝑓 sono linearmente indipendenti. Inoltre possiamo affermare che se
rg 𝐵 = 2, allora 𝑣⃗ appartiene a Im 𝑓, essendo combinazione lineare degli altri due vettori, diversamente, se rg 𝐵 = 3, tutti i vettori sono tra loro linearmente indipendenti.
Essendo
det 𝐵 = det ( 2 −1 0
3 −2 1
−1 1 −1
) = 4 + 1 − 2 − 3 = 0
allora rg 𝐵 = 2, da cui 𝑣⃗ = (0; 1; −1) è combinazione lineare degli altri due e quindi appartiene all’insieme delle immagini di 𝑓.
Determinare le controimmagini di 𝑣⃗ significa risolvere il sistema lineare 𝐴𝑥⃗ = 𝑣⃗ ⟹ ( 2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
) ( 𝑥
𝑦𝑧) = ( 0 1
−1 ) Con un po’ di pazienza, iniziamo a svolgere i calcoli.
{
2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0 3𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 = 1
−𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = −1 ⟹ {
𝑧 = 2𝑥 − 𝑦
−3𝑥 + 𝑦 = 1 3𝑥 − 𝑦 = −1
Notiamo che la seconda e la terza riga del sistema sono uguali; questo è conseguenza del fatto che rg 𝐴 = 2, così come rg(𝐴|𝑣⃗), ossia il sistema ammette ∞1 soluzioni che saranno date da
{
𝑥 = 𝑥 𝑦 = 3𝑥 + 1
𝑧 = −𝑥 − 1 ⟹ 𝑓−1(𝑣⃗) = 〈(1; 3; −1)〉 + (0; 1; −1)
iv. Si dimostri che ℝ3 ammette una base 𝔅 di autovettori di 𝐴 e la si determini esplicitamente.
Per determinare gli autovettori di 𝐴, studiamone la diagonalizzabilità. Affinché la matrice 𝐴 sia diagonalizzabile, i suoi autovalori – dati dalle radici del polinomio caratteristico associato ad 𝐴 – devono avere molteplicità algebriche e geometriche uguali. Consideriamo quindi il polinomio caratteristico
𝑝(𝜆) = det(𝐴 − 𝜆𝐼3) = det (2 − 𝜆 −1 −1
3 −2 − 𝜆 −3
−1 1 2 − 𝜆)
= (2 − 𝜆)2(−2 − 𝜆) − 3 − 3 − (−2 − 𝜆) + 3(2 − 𝜆) + 3(2 − 𝜆)
= (−2 − 𝜆)[(2 − 𝜆)2 − 1] − 6 + 6(2 − 𝜆)
= (−2 − 𝜆)(𝜆2− 4𝜆 + 3) + 6(−𝜆 + 1) = (−2 − 𝜆)(𝜆 − 3)(𝜆 − 1) − 6(𝜆 − 1)
= (𝜆 − 1)(−2𝜆 + 6 − 𝜆2 + 3𝜆 − 6) = (𝜆 − 1)(−𝜆2+ 𝜆) = 𝜆(𝜆 − 1)2 Esso ammette come radici 𝜆1 = 0 ∨ 𝜆2 = 1, che costituiscono gli autovalori della matrice 𝐴. Questi ultimi hanno molteplicità algebriche 𝑚. 𝑎. (𝜆1) = 1 e 𝑚. 𝑎. (𝜆2) = 2.
Calcoliamo ora le loro molteplicità geometriche, che ricordiamo essere le dimensioni degli autospazi associati agli autovalori.
Per quanto riguarda 𝜆1 si ha
𝐴 − 𝜆1𝐼3 = ( 2 −1 −1
3 −2 −3
−1 1 2
) Essendo
det(𝐴 − 𝜆1𝐼3) = −8 − 3 − 3 + 2 + 6 + 6 = 0
ed essendoci un minore di ordine due non singolare, allora rg(𝐴 − 𝜆1𝐼3) = 2, da cui 𝑚. 𝑔. (𝜆1) = 𝑛 − rg(𝐴 − 𝜆1𝐼3) = 3 − 2 = 1
L’autospazio 𝑉𝜆1 relativo all’autovalore considerato sarà dato dalle soluzioni del sistema
{2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0 3𝑥 − 2𝑦 − 3𝑧 = 0 ⟹ {
𝑧 = 2𝑥 − 𝑦
−3𝑥 + 𝑦 = 0 ⟹ {
𝑥 = 𝑥 𝑦 = 3𝑥 𝑧 = −𝑥 da cui
𝑉𝜆1 = 〈(1; 3; −1)〉
Per quanto riguarda 𝜆2 si ha
𝐴 − 𝜆2𝐼3 = ( 1 −1 −1
3 −3 −3
−1 1 1
)
Tale matrice ha palesemente rango 1, poiché la prima e la terza riga hanno segno opposto, mentre la seconda è tre volte la prima. L’autovalore 𝜆2 avrà quindi molteplicità geometrica pari a
𝑚. 𝑔. (𝜆2) = 𝑛 − rg(𝐴 − 𝜆1𝐼3) = 3 − 1 = 2 L’autospazio 𝑉𝜆2 sarà dato in forma cartesiana dall’equazione
𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑦 + 𝑧 e può essere scritto come chiusura nel seguente modo:
𝑉𝜆2 = 〈(1; 1; 0); (1; 0; 1)〉
Gli autovettori determinati mediante la diagonalizzazione di 𝐴 sono dati dall’insieme ordinato
𝔅 = ((1; 3; −1); (1; 1; 0); (1; 0; 1))
che risulta essere costituito da vettori linearmente indipendenti, poiché det 𝐶 = det ( 1 1 1
3 1 0
−1 0 1
) = 1 + 1 − 3 ≠ 0 ⟹ rg 𝐶 = 3
Abbiamo così dimostrato che questi costituiscono una base per lo spazio vettoriale ℝ3. v. Si scriva la matrice 𝑀 che rappresenta la 𝐿𝐴 rispetto alla base 𝔅.
Siccome le molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori coincidono, allora la matrice 𝐴 è diagonalizzabile, ossia è equivalente alla matrice
𝑀 = (0 0 0 0 1 0 0 0 1)
che rappresenta proprio l’applicazione 𝐿𝐴 rispetto alla base 𝔅.
