Geometria 1A e Algebra Lineare — 31 marzo 2006

Geometria 1A e Algebra Lineare — 31 marzo 2006

1. Considerata la matrice reale:

A = 0

@

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 A

(a) Calcolare gli autovalori di A ed una base di ogni autospazio. (4 punti) (b) Scrivere il polinomio caratteristico della matrice A ²: (4 punti)

(c) Posto ~v = 0

@ x y z

1

A ; quante soluzioni ha il sistema lineare A⁵~v = 32~v ? (4 punti)

2. In C³; con il prodotto hermitiano standard e con la base ortonormale canonica, si considerino i vettori:

~v₁ = 0

@ 1 i 0

1 A ; ~v₂ =

0

@ 1 1 0

1 A :

(a) Costruire una base ortonormale di Spanf~v¹; ~v₂g (3 punti)

(b) Completare la base trovata ad una base ortonormale di C³ (2 punti)

(c) Veri…care esplicitamente che la matrice U; le cui colonne sono i vettori della base trovata al punto b, è una matrice unitaria. (3 punti)

3. ESERCIZIO PER STUDENTI DI FISICA:

Si consideri la matrice:

A = 0 BB B@

p2 2

p2

2 0 0

p2 2

p2

2 0 0

0 0 ^p₂^{2 p}₂² 0 0 ^p₂^{2 p}₂²

1 CC CA

(a) Mostrare che la matrice data è ortogonale. (2 punti)

(b) Darne una forma diagonale come matrice complessa. (4 punti)

(c) Mostrare esplicitamente che gli autospazi di A sono tra loro ortogonali rispetto al prodotto hermitiano standard di C⁴. (3 punti)

(d) Calcolare gli autovalori di A⁴⁰ (3 punti) 4. ESERCIZIO PER STUDENTI DI MATEMATICA:

Una matrice reale simmetrica A si dice "positiva" se ha tutti gli autovalori > 0.

(a) Mostrare che, data A invertibile, A^tA è simmetrica e positiva. (2 punti)

(b) Mostrare che, data A positiva, esiste una matrice B; anch’essa positiva tale che A = B² (3 punti)

(c) Mostrare che, data A invertibile e S² = A^tA allora (A^t) ¹S è ortogonale. (3 punti)

(d) Mostrare (usando opportunamente i precedenti punti) che ogni matrice invertibile è il prodotto di una matrice ortogonale e di una simmetrica positiva. (4 punti)

SOLUZIONI.

1. Il polinomio caratteristico di A è:

p( ) = 3 ^{2 3} 4:

Gli autovalori ed i rispettivi autospazi sono:

8<

: 0

@ 1 1 1

1 A

9=

;$ 1;

8<

: 0

@ 0 1 1

1 A ;

0

@ 1 0 1

1 A

9=

;$ 2:

La matrice è diagonalizzabile e quindi il polinomio caratteristico di A ² si trova im- mediatamente dalla forma diagonale della matrice:

p( ) = (1 ) 1 4

2

:

La matrice A⁵ ha come autovalori 1; 32 e come autospazi gli stessi di A; il sistema lineare omogeneo proposto ha quindi 1² soluzioni, perchè l’autospazio dell’autovalore 32è di dimensione 2; come calcolato al punto precedente.

2. Basta applicare il procedimento di ortogonalizzazione: partiamo da ~w₁ = ~v₁ = (1; i; 0);

e otteniamo

~

w₂ = ~v₂ (~v₂; ~w₁)

( ~w₁; ~w₁)w~₁ = 1 + i 2 ;1 i

2 ; 0

A questo punto i vettori ottenuti sono ortogonali, ma hanno ambedue norma 6= 1; e quindi vanno divisi per la loro norma, ottenendo:

~u₁ = 1 p2; i

p2; 0 e ~u₂ = 1 + i 2 ;1 i

2 ; 0

Per completare la base si deve trovare un vettore ortogonale ad ambedue e di norma 1;ad esempio ~u₃ = (0; 0; 1). La matrice

U = 0

@

p1 2

1+i

2 0

pi 2

1 i

2 0

0 0 1

1 A

è unitaria, infatti:

U U = 0

@

p1 2

1+i

2 0

pi 2

1 i

2 0

0 0 1

1 A

0

@

p1 2

pi 2 0

1 i 2

1+i

2 0

0 0 1

1 A =

0

@

1 0 0 0 1 0 0 0 1

1 A

3. La matrice è ortogonale:

0 BB B@

p2 2

p2

2 0 0

p2 2

p2

2 0 0

0 0 ^p₂^{2 p}₂²

0 0 ^{p2 p2}

1 CC CA

0 BB B@

p2

2 +^p₂² 0 0

p2 2

p2

2 0 0

0 0 ^p₂^{2 p}₂² 0 0 +^{p2 p2}

1 CC CA=

0 BB

@

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

1 CC A

I suoi autovalori ed i corrispondenti autospazi, considerata come matrice complessa, sono (il calcolo è immediato se si osserva che la matrice data è una matrice a blocchi):

8>

><

>>

: 0 BB

@ 0 0 i 1

1 CC A ;

0 BB

@ i 1 0 0

1 CC A

9>

>=

>>

;

$ 1

2 1 2i p

2;

8>

><

>>

: 0 BB

@ 0 0 i 1

1 CC A ;

0 BB

@ i 1 0 0

1 CC A

9>

>=

>>

;

$ 1

2 +1 2i p

2

Un qualsiasi vettore del primo autospazio è della forma ix x iy y ;mentre un qualsiasi vettore del secondo autospazio è della forma iz z it t ; tali vettori sono ortogonali fra loro (x; y; z; t sono numeri complessi):

ix x iy y 0 BB

@ iz z it t

1 CC A = 0

Per calcolare gli autovalori di A⁴⁰ si può procedere in due modi, o si scrive la forma trigonometrica degli autovalori di A :

= eⁱ⁴ = 1 2

p2 + 1 2ip

2

= e ⁱ⁴ = 1 2

p2 1 2ip

2

e quindi si ottiene subito ⁴⁰ = ⁴⁰ = 1; oppure si calcola direttamente A⁴⁰ = I;

osservando che:

A² = 0 BB B@

p2 2

p2

2 0 0

p2 2

p2

2 0 0

0 0 ^p₂^{2 p}₂² 0 0 ^p₂^{2 p}₂²

1 CC CA

0 BB B@

p2 2

p2

2 0 0

p2 2

p2

2 0 0

0 0 ^p₂^{2 p}₂² 0 0 ^p₂^{2 p}₂²

1 CC CA=

0 BB

@

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

1 CC A

E quindi, essendo A⁴ = I; si ottiene A⁴⁰ = I:

(a) Mostrare che, data A invertibile, A^tA è positiva. Infatti A^tAè simmetrica, e se A^tAv = v si ottiene:

0 < (Av; Av) = v; A^tAv = (v; v) = (v; v) = kvk² perchè A è invertibile e v 6= 0: Si ha quindi > 0:

(b) Mostrare che, data A positiva, esiste una matrice B; anch’essa positiva tale che A = B²: Infatti la matrice A è diagonalizzabile e sulla diagonale ha numeri strettamente positivi. Sia D una forma diagonale e sia E la matrice diagonale che ha sulla diagonale le radici positive degli autovalori di A;

D = C ¹AC = E² Si ottiene quindi:

A = CDC ¹ = CE²C ¹ = CEC ¹ CEC ¹ = BB = B²:

(c) Mostrare che, data A invertibile e S² = A^tA, allora B = (A^t) ¹S è ortog- onale. Basta eseguire il conto:

B ¹ = A^{t 1}S

1

= S ¹A^t= S ¹ S²A ¹ = SA ¹ B^t = A^{t 1}S

t

= S^tA ¹ = SA ¹

(d) Mostrare (usando opportunamente i precedenti punti) che ogni matrice invertibile è il prodotto di una matrice ortogonale e di una simmetrica positiva. La matrice A^tA è simmetrica e de…nita positiva per il punto (a); per il punto (b) esiste una matrice S simmetrica e positiva tale che S² = A^tA; Si ottiene quindi A = (A^t) ¹S² = (A^t) ¹S S :Per il punto (c) la matrice (A^t) ¹S è ortogonale.