Capitolo 6
Autovalori e diagonalizzazione Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Data un’applicazione lineare e una sua matrice rappresentativa, deter- minarne gli autovalori con le relative molteplicità algebriche e geometri- che, determinare una rappresentazione parametrica e cartesiana di ciascun autospazio e una relativa base (vedi esercizio nella pagina seguente).
• Data un’applicazione lineare dipendente da un parametro reale e una sua matrice rappresentativa, determinare gli autovalori con relative moltepli- cità algebriche e geometriche. Determinare inoltre per quale valore del pa- rametro reale la matrice rappresentativa è simile ad una matrice definita nel testo dell’esercizio (vedi esercizio a pagina 11).
• Data un’applicazione lineare dipendente da un parametro reale e una sua matrice rappresentativa, determinarne gli autovalori con le relative molte- plicità algebriche e geometriche, determinare una rappresentazione para- metrica e cartesiana di ciascun autospazio e una relativa base. Determi- nare inoltre una base ortonormale costituita da autovettori della matrice rappresentativa dell’applicazione lineare. (vedi esercizio a pagina 14).
Esercizio 1 (appello 23/06/2014)
Si consideri la seguente matrice 3 × 3:
A =
−7 −3 −16
−2 0 −2
6 3 15
Sia LAR3−→ R3 l’applicazione lineare definita da A; determinare:
1. dim (ker (LA));
2. una rappresentazione di Im (LA) in forma cartesiana;
3. gli autovalori di A con le relative molteplicità algebriche;
4. una rappresentazione cartesiana di ogni autospazio di A;
5. per ciascun autovalore, una base del corrispondente autospazio.
Soluzione
Punto (1)
Per definizione abbiamo che:
ker (LA) =X ∈ R3| AX = 03 ,
dim (ker (LA)) = n − rg (A)
Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo la regola degli orlati di Kronecker:
|∆1| =
−7 −3
−2 0
= −6 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,
|∆11| =
−7 −3 −16
−2 0 −2
6 3 15
=
−1 0 −1
−2 0 −2
6 3 15
= −3
−1 −1
−2 −2
= 0
Possiamo quindi concludere che rg (A) = 2.
Pertanto:
dim (ker (LA)) = n − rg (A) = 3 − 2 = 1 Punto (2)
Incominciamo con il determinare la dimensione dell’immagine. Per fare ciò non è necessario svolgere alcun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmente indipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:
dim (Im (LA)) = rg (A) = 2
Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto rica- vare comunque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttando il teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:
dim R3 = dim (ker (LA)) + dim (Im (LA)) ,
quindi:
dim (Im (LA)) = dim R3 − dim (ker (LA)) = 3 − 1 = 2
Le equazioni cartesiane di Im (LA) sono facilmente ottenibili a partire dalle co- lonne della matrice A. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (LA).
Le prime due colonne della matrice A sono linearmente indipendenti. Ne conse- gue quindi che sono una base per Im (LA). A partire da ciò possiamo facilmente ricavare le equazioni cartesiane:
BIm(LA)=
−7
−2 6
,
−3 0 3
,
Per trovare le equazioni cartesiane, utilizziamo il metodo studiato alla fine del
capitolo 4, ovvero poniamo a zero il seguente determinante:
−7 −3 x
−2 0 y
6 3 z
= 0
−1 0 (x + z)
−2 0 y
6 3 z
= 0
−3
−1 (x + z)
−2 y
= 0
−3 (−y + 2x + 2z) = 0
2x − y + 2z = 0
Quindi:
Im (LA) : 2x − y + 2z = 0 Punto (3)
Per trovare gli autovalori di A, dobbiamo trovare le radici del polinomio carat- teristico:
pA(t) = |A − λIn|
=
(−7 − λ) −3 −16
−2 −λ −2
6 3 (15 − λ)
=
(−1 − λ) 0 (−1 − λ)
−2 −λ −2
6 3 (15 − λ)
=
(−1 − λ) 0 0
−2 −λ 0
6 3 (9 − λ)
= λ (1 + λ) (9 − λ)
Quindi, ponendolo uguale a zero, possiamo trovare gli autovalori:
pA(t) = 0 λ (1 + λ) (9 − λ) = 0
λ1 = 0 µ (λ1) = 1, λ2 = −1 µ (λ2) = 1, λ3 = 9 µ (λ3) = 1,
avendo tutti autovalori semplici, cioè aventi molteplicità pari a 1, la loro mol- teplicità geometrica sarà anch’essa di valore unitario. Infatti si ha che m (λ) ≤ µ (λ) Possiamo quindi concludere che tale matrice è diagonalizzabile.
Punto (4)
Troviamo le equazioni di ciascun autospazio sfruttandone la definizione:
Vλ1 = V0=X ∈ R3| AX = 0X = X ∈ R3| AX = 03 ,
ovvero V0= ker (LA). Le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente indipendenti della matrice A. Prendiamo quindi le righe contenenti la sottomatrice ∆1(che ha determinante non nullo) in quanto sono sicuramente indipendenti:
V0 :
(−7x − 3y − 16z = 0
−2x − 2z = 0
V0 :
(7x + 3y + 16z = 0
x + z = 0
Per il secondo autospazio abbiamo che:
Vλ1 = V−1=X ∈ R3| AX = −X = X ∈ R3| (A + In) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A0 = A + In =
−6 −3 −16
−2 1 −2
6 3 15
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V−1= ker (A0). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente indi- pendenti della matrice A0. Prendiamo quindi le ultime due righe, in quanto si
vede ad occhio che sono linearmente indipendenti:
V−1 :
(−2x + y − 2z = 0 6x + 3y + 15z = 0
V−1 :
(2x − y + 2z = 0 2x + y + 5z = 0
Per il terzo autospazio abbiamo che:
Vλ2 = V9=X ∈ R3| AX = 9X = X ∈ R3| (A − 9In) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A00= A − 9I =
−16 −3 −16
−2 −9 −2
6 3 6
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V9 = ker (A00). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente indi- pendenti della matrice A00. Prendiamo quindi le prime due righe, in quanto si vede ad occhio che sono linearmente indipendenti:
V9 :
(−16x − 3y − 16z = 0
−2x − 9y − 2z = 0
V9 :
(16x + 3y + 16z = 0 2x + 9y + 2z = 0
Punto (4)
Le equazioni cartesiane dei sottospazi sono:
V0 :
(7x + 3y + 16z = 0
x + z = 0
V−1 :
(2x − y + 2z = 0 2x + y + 5z = 0
V9 :
(16x + 3y + 16z = 0 2x + 9y + 2z = 0
Possiamo ricavare delle basi determinando prima le equazioni parametriche di
ciascun autospazio aggiungendo un parametro (dato che la loro dimensione è unitaria...). Quindi:
V0 :
(7x + 3y + 16z = 0
x + z = 0
V0 :
7x + 3y + 16z = 0
x + z = 0
x = α
V0 :
7x + 3y + 16z = 0
z = −α
x = α
V0 :
7α + 3y − 16α = 0
z = −α
x = α
V0 :
y = 3α z = −α x = α
V0 :
x y z
= α
1 3
−1
,
Quindi:
BV0 =
1 3
−1
V−1 :
(2x − y + 2z = 0 2x + y + 5z = 0
V−1 :
2x − y + 2z = 0 2x + y + 5z = 0
z = α
V−1 :
2x − y + 2α = 0 2x + y + 5α = 0
z = α
V−1 :
2x − y + 2α = 0
y = −2x − 5α
z = α
V−1 :
2x + 2x + 5α + 2α = 0
y = −2x − 5α
z = α
V−1 :
4x + 7α = 0
y = −2x − 5α
z = α
V−1 :
x = −74α y =72α − 5α z = α
V−1 :
x = −74α y = −32α z = α
V−1 :
x y z
= α
−7/4
−3/2 1
,
BV−1 :
−7/4
−3/2 1
Quindi:
V9 :
(16x + 3y + 16z = 0 2x + 9y + 2z = 0
V9 :
16x + 3y + 16z = 0 2x + 9y + 2z = 0
y = α
V9 :
16x + 3α + 16z = 0 2x + 9α + 2z = 0
y = α
V9 :
16x + 3α + 16z = 0
z = −92α − x
y = α
V9 :
16x + 3α + −72α − 16x = 0
z = −92α − x
y = α
V9 :
α = 0 z = −x y = 0
L’unico parametro che rimane libero è x. Quindi possiamo scrivere:
V9 :
x = α z = −α y = 0
V9 :
x y z
= α
1 0
−1
,
Quindi:
BV9=
1 0
−1
Esercizio 2 (appello straordinario 5/04/2013, eser- cizio 3)
Si consideri la matrice reale quadrata di ordine 3:
A =
3 −1 0
2 0 0
2 1 + a 1
1. Scrivere il polinomio caratteristico di A.
2. Determinare gli autovalori di A con relative molteplicità algebriche.
3. Determinare al variare di a ∈ R le molteplicità geometriche degli autovalori di A.
4. Stabilire per quali valori di a ∈ R A è simile alla matrice ∆ =
1 0 0 0 1 0 0 0 2
.
Soluzione
Punto (1)
Il polinomio caratteristico di A è dato da:
pA(t) = |A − λI3|
=
3 − λ −1 0
2 −λ 0
2 1 + a 1 − λ
= (λ − 1)
3 − λ −1
2 −λ
= (λ − 1) λ2− 3λ + 2
= (λ − 1) (λ − 2) (λ − 1)
= (λ − 1)2(λ − 2)
Punto (2)
Per trovare gli autovalori di A bisogna trovare le radici del polinomio caratteri- stico, cioè:
pA(t) = 0 (λ − 1)2(λ − 2) = 0
λ1 = 1 µ (λ1) = 2 λ2 = 2 µ (λ2) = 1 Punto (3)
Per determinare le molteplicità geometriche degli autovalori, dobbiamo sfruttare la definizione dei loro rispettivi autospazi:
Abbiamo che:
Vλ1 = V1=X ∈ R3| AX = 1X = X ∈ R3| (A − I3) X = 03 ,
A0 = A − I3=
2 −1 0
2 −1 0
2 1 + a 0
,
ovvero V1= ker (A0). Si vede ad occhio, senza nemmeno fare calcoli, che:
a rg (A)
−2 1
altrimenti 2 Ne consegue che, dalla formula:
dim (ker (A0)) = m (λ1) = 3 − rg (A0) ,
abbiamo che:
a m (λ1)
−2 2
altrimenti 1 Per il secondo autospazio abbiamo invece che:
Vλ2 = V2=X ∈ R3| AX = 2X = X ∈ R3| (A − 2In) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A00= A − 2In=
1 −1 0
2 −2 0
2 1 + a −1
,
della quale determiniamo il rango in funzione del parametro a (partendo dal presupposto che la matrice non può avere rango 3, in quanto per trovare l’au- tovalore che ci ha fatto arrivare alla matrice A00 abbiamo imposto il suo po- linomio caratteristico, ovvero il suo determinante, nullo...). Notiamo che il determinante:
|∆1| =
−2 0 a −1
= −2 6= 0
è sempre diverso da zero, e pertanto rg (A00) = 2 per qualsiasi valore di a ∈ R.
Ne consegue che:
dim (ker (A00)) = m (λ2) = 3 − rg (A00) = 1
D’altronde avremmo già dovuto intuire tale risultato senza fare nemmeno un calcolo, in quanto quando l’autovalore è semplice, cioè ha molteplicità algebrica unitaria, questa corrisponde sempre alla sua molteplicità geometrica.
Punto (4)
Per il primo criterio di diagonalizzazione, una matrice è diagonalizzabile se e solo se la somma delle molteplicità geometriche dei suoi autospazi è pari al numero di righe e colonne della matrice stessa, cioè a n. Notiamo che nel nostro caso ciò si verifica solamente per a = −2. Per tale valore la matrice è diagonalizzabile, e ∆, avente sulla diagonale gli autovalori di A, è la matrice diagonale simile ad A. Pertanto la risposta è: a = −2.
Esercizio 3 (Appello 9/07/2013 esercizio n° 3)
Si consideri la seguente matrice reale quadrata di ordine 3:
A =
0 1 b2− 1 1 0 b − 1
0 0 −1
, b ∈ R
1. calcolare il polinomio caratteristico di A;
2. determinare gli autovalori di A e le loro molteplicità algebriche;
3. determinare la dimensione di ciascun autospazio in funzione di b;
4. stabilire per quali valori di b la matrice è diagonalizzabile;
5. stabilire per quali valori di b esiste una base ortonormale di R3 formata da autovettori di A.
Soluzione
Punto (1)
Il polinomio caratteristico di A è dato da:
pA(t) = |A − λI3|
=
−λ 1 b2− 1 1 −λ b − 1
0 0 −1 − λ
= − (λ + 1)
−λ 1
1 −λ
= (λ + 1) 1 − λ2 Punto (2)
Per trovare gli autovalori di A bisogna trovare le radici del polinomio caratteri- stico, cioè:
pA(t) = 0 (λ + 1) 1 − λ2
= 0
λ1 = −1 µ (λ1) = 2 λ2 = 1 µ (λ2) = 1
Punto (3)
Per determinare le dimensioni dei vari autospazi, le quali corrispondono alle molteplicità geometriche degli autovalori, dobbiamo sfruttare la definizione dei loro rispettivi autospazi:
Abbiamo che:
Vλ1 = V−1=X ∈ R3| AX = −1X = X ∈ R3| (A + I3) X = 03 ,
A0 = A + I3=
1 1 b2− 1 1 1 b − 1
0 0 0
,
ovvero V1= ker (A0). Si vede ad occhio, senza nemmeno fare calcoli, che:
b rg (A)
0 1
1 1
altrimenti 2 Ne consegue che, dalla formula:
dim (ker (A0)) = m (λ1) = 3 − rg (A0) ,
abbiamo che:
b dim (V−1)
0 2
1 2
altrimenti 1 Per il secondo autospazio abbiamo invece che:
Vλ2= V1=X ∈ R3| AX = 1X = X ∈ R3| (A − In) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A00= A − In=
−1 1 b2− 1 1 −1 b − 1
0 0 −2
,
della quale determiniamo il rango in funzione del parametro b (partendo dal
presupposto che la matrice non può avere rango 3, in quanto per trovare l’au- tovalore che ci ha fatto arrivare alla matrice A00 abbiamo imposto il suo poli- nomio caratteristico, ovvero il suo determinante, nullo...): Scegliamo pertanto una sottomatrice di orgine 2 × 2 contenente il parametro b e calcoliamone il determinante:
|∆1| =
−1 b − 1
0 −2
= 2 6= 0
e notiamo che è sempre diverso da zero, e pertanto rg (A00) = 2 per qualsiasi valore di b ∈ R. Ne consegue che:
dim (ker (A00)) = m (λ2) = 3 − rg (A00) = 1
D’altronde avremmo già dovuto intuire tale risultato senza fare nemmeno un calcolo, in quanto quando l’autovalore è semplice, cioè ha molteplicità algebrica unitaria, questa corrisponde sempre alla sua molteplicità geometrica.
Punto (4)
Per il primo criterio di diagonalizzazione, una matrice è diagonalizzabile se e solo se la somma delle molteplicità geometriche dei suoi autospazi è pari al numero di righe e colonne della matrice stessa, cioè a n. Notiamo che nel nostro caso ciò si verifica solamente per b = 0 ∨ b = 1. Per tali valori la matrice A è diagonalizzabile.
Punto (5)
Questo punto, in teoria, non dovreste ancora essere in grado di risolverlo, in quanto presuppone la conoscenza del teorema spettrale, che vedrete nel capitolo 7. Secondo tale teorema infatti, se la matrice A è reale e simmetrica, allora esiste una base ortonormale di R3corstituita da autovettori della matrice A. Quindi, per risolvere questo punto, basta cercare i valori di b per i quali la matrice A è simmetrica.
Come si può facilmente riscontrare, non esistono valori di b che rendono la matrice simmetrica, quindi possiamo concludere che per nessun valore di b esiste una base ortonormale di R3 costituita da autovettori della matrice A.
