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Autovettori e autovalori

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Academic year: 2021

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(1)

Autovettori e autovalori

Soluzione di alcuni esercizi

1. Per ciascuna delle seguenti matrici si determini se possibile:

- una base diR2costituita da autovettori;

- una base ortogonale diR2costituita da autovettori;

- una base ortonormale diR2costituita da autovettori.

A =

[ 1 1

1 1 ]

, B=

[ 1 2 0 1

]

, P=

[ 1 1 4 1

]

S =

[ 6 2 2 3

]

Svolgimento (parziale).

Consideriamo la matrice

A=

[ 1 1

1 1 ]

.

Cerchiamo gli autovalori di A. Il polinomio caratteristico di A `e il polinomio nella indeterminataλ

|A−λI2| = 1−λ 1

1 1−λ

= (1−λ)2+1;

questo polinomio non ha alcuna radice in R, dunque la matrice A non ha alcun autovalore inR e non ha alcun autovettore in R2.

Consideriamo la matrice

B=

[ 1 2 0 1

] .

Cerchiamo gli autovalori di B. Il polinomio caratteristico di B `e il polinomio nella indeterminataλ

|B−λI2| = 1−λ 2 0 1−λ

= (1−λ)2;

questo polinomio ha solo la radice λ = 1, dunque la matrice A non ha solo l’autovaloreλ =1.

Consideriamo l’autospazio V1 associato all’autovalore λ = 1, cio`e l’insieme degli x∈ R2tali che Bx = x, o che `e lo stesso,(B−I2)x =02, esplicitamente

[ 0 2 0 0

] [ x1 x2

]

= [ 0

0 ]

cio`e 2x2=0.

Le soluzioni sono le coppie (t, 0) ottenute al variare di t R. Tutti gli au- tovettori di B stanno sul primo asse coordinato, dunque non esistono due

(2)

autovettori di B linearmente indipendenti, e non esiste alcuna base di R2 di autovettori di B.

Consideriamo la matrice

P=

[ 1 1 4 1

] .

Cerchiamo gli autovalori di P. Il polinomio caratteristico di P `e il polinomio nella indeterminataλ

|P−λI2| = 1−λ 1 4 1−λ

= (1−λ)24;

questo polinomio ha le radici λ = 1 e λ = 3, dunque la matrice P ha gli autovalori λ = 1 e λ = 3. Possiamo dunque prendere un autovettore per ciascun autovalore, ed un teorema visto ci assicura che tali autovettori saranno linearmente indipendenti, e dunque una base diR2.

Consideriamo l’autospazio V1associato all’autovaloreλ=1, cio`e l’insieme degli x R2tali che Px =−x, o che `e lo stesso,(P+I2)x=02, esplicitamente

[ 2 1 4 2

] [ x1 x2

]

= [ 0

0 ]

cio`e

{ 2x1+x2 =0

4x1+2x2 =0 , cio`e 2x1+x2=0.

Le soluzioni sono le coppie(t,−2t)ottenute al variare di t R. Un autovet- tore `e(2, 1).

Consideriamo l’autospazio V3 associato all’autovalore λ = 3, cio`e l’insieme degli x∈ R2tali che Px =3x, o che `e lo stesso,(P−3I2)x =02,

esplicitamente [ 2 1

4 2

] [ x1 x2

]

= [ 0

0 ]

cio`e

{ 2x1+x2 =0

4x1−2x2 =0 , cio`e 2x1+x2=0.

Le soluzioni sono le coppie(2t, t)ottenute al variare di t R. Un autovettore

`e(2, 1).

Dunque esiste una base diR2costituita da autovettori di P, ed `e(2, 1),(2, 1) Non esiste alcuna base ortogonale (e a maggior ragione nessuna base ortonor- male) diR2costituita da autovettori di P.

La considerazione della matrice P=

[ 6 2 2 3

]

viene lasciata al lettore.

(3)

2. Per ciascuna delle seguenti matrici si determini se possibile:

- una base diR3costituita da autovettori;

- una base ortonormale diR3costituita da autovettori.

A=

 0 1 0 0 0 1 0 0 0

 , B =

 1 1 1 0 2 1 0 0 3

 , T =

 0 1 0 1 0 0 0 0 1

Consideriamo solo la matrice

T =

 0 1 0 1 0 0 0 0 1

 ;

questa matrice `e simmetrica, dunque per il teorema spettrale esiste una base ortonormale diR3 di autovettori di T. Cerchiamo gli autovalori di T. Il poli- nomio caratteristico di T `e il polinomio nella indeterminataλ

|T−λI3| =

−λ 1 0

1 −λ 0

0 0 1−λ

= (1−λ)(1+λ2) =−(1−λ)2(1+λ); questo polinomio ha le radici λ = 1 e λ = −1, dunque la matrice T ha gli autovaloriλ=1 eλ=1.

Consideriamo l’autospazio V1 associato all’autovalore λ = 1, cio`e l’insieme degli x∈ R3tali che Tx =x, o che `e lo stesso,(T−I3)x=03, esplicitamente

1 1 0 1 1 0

0 0 0

x1 x2 x3

 =

 0 0 0

 cio`e {

x1x2 =0 .

Le soluzioni sono date da x1 = x2 con x2 libera e x3 libera; in altri termini, sono le terne

(t, t, s), (s, t∈ R).

Consideriamo l’autospazio V1associato all’autovaloreλ=1, cio`e l’insieme degli x R3tali che Tx=−x, o che `e lo stesso,(T+I3)x=03, esplicitamente

 1 1 0 1 1 0 0 0 2

x1 x2 x3

=

 0 0 0

 cio`e

{ x1+x2 =0 2x3 =0 .

Le soluzioni sono date da x1 = −x2 con x2 libera e x3 = 0; in altri termini, sono le terne

(r, r, 0), (r∈ R).

(4)

Osserviamo che ciascun vettore (t, t, s) in V1 `e ortogonale a ciascun vettore (r, r, 0) in V1 ( come previsto dal teorema spettrale ). In V1 prendiamo i vettori fra loro ortogonali (1, 1, 0) e (0, 0, 1) e in V1 prendiamo il vettore (1,1, 0); i tre vettori(1, 1, 0),(0, 0, 1),(1,1, 0)formano una base ortogonale diR3. Normalizzando ciascuno di questi vettori, si ottiene la base ortonormale diR3

(1 2, 1

2, 0), (0, 0, 1), (1

2,−√1 2, 0).

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