Esercitazione 1 (9 Ottobre 2017)
Corso di laurea in Ingegneria Elettrica, Elettronica e Informatica Tutor: Caterina Fenu
1. Ortonormalizzare i seguenti vettori mediante il procedimento di Gram-Schmidt
w1 =
1 0
−1 1
, w2 =
2 1/3
−2 0
, w3 =
−1 1 0 2
, w4 =
0 2 1
−1
.
2. Data la matrice
A =
3 −7 5
1 0 0
0 1 0
, determinare lo spettro e il raggio spettrale.
3. Sia
A =
β 2 1 0 β 0 1 2 β
.
Stabilire per quali valori del parametro β la matrice A `e invertibile e per quali i suoi autovalori sono positivi
4. Siano
v1 =
1 0 0
, v2 =
0 3 2
, v3 =
0
−2 3
.
Dimostrare che i vettori sono ortogonali. Dire se la matrice A = [v1, v2, v3] `e non singolare e calcolare il suo spettro. Sfruttando i calcoli fatti e motivando la risposta, calcolare il determinante e lo spettro dell’aggiunta di A. Infine, calcolare kvik1, kvik2, kvik∞, i = 1, 2, 3.
Soluzione:
1. Il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt consiste nel trovare i vettori ortonormali q1, q2, q3, q4 a partire dai vettori w1, w2, w3, w4 tramite la formula
fqk = wk−
k−1
X
j=1
rjkqj qk = fqk rkk dove rjk =< qj, wk > e rkk= kfqkk.
• Primo passo −→ k = 1.
qe1 = w1 =1 0 −1 1T , r11= kqe1k =p
12+ 02+ (−1)2+ 12 =√ 3, q1 = qe1
r11 =h
√1
3 0 −√1
3
√1 3
iT
.
• Secondo passo −→ k = 2.
qe2 = w2−
1
X
j=1
rj2qj = w2 − r12q1
dove
r12 =< q1, w2 >=<
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
,
2 1/3
−2 0
>= 2
√3+ 0 + 2
√3 + 0 = 4
√3
Quindi
qe2 = w2− 4
√3q1 =
2 1/3
−2 0
− 4
√3
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
=
2 − 4/3 1/3 − 0
−2 + 4/3 0 − 4/3
=
2/3 1/3
−2/3
−4/3
,
r22 = kqe2k =p
(2/3)2+ (1/3)2+ (−2/3)2+ (−4/3)3
=p
4/9 + 1/9 + 4/9 + 16/9 =p
25/9 = 5/3,
q2 = qe2 r22 = 3
5
2/3 1/3
−2/3
−4/3
=
2/5 1/5
−2/5
−4/5
.
• Terzo passo −→ k = 3.
qe3 = w3−
2
X
j=1
rj3qj = w3− r13q1− r23q2
dove
r13 =< q1, w3 >=<
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
,
−1 1 0 2
>= −1/√
3 + 0 + 0 + 2/√
3 = 1/√ 3,
r23 =< q2, w3 >=<
2/5 1/5
−2/5
−4/5
,
−1 1 0 2
>= −2/5 + 1/5 + 0 − 8/5 = −9/5.
Quindi
qe3 = w3− 1
√3q1+ 9 5q2
=
−1 1 0 2
− 1
√3
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
+ 9
5
2/5 1/5
−2/5
−4/5
=
−1 − 1/3 + 18/25 1 + 0 + 9/25 0 + 1/3 − 18/25 2 − 1/3 − 36/25
=
−46/75 34/25
−29/75 17/75
r33 = kqe3k = 1 75
p(46)2+ (102)2+ (29)2+ (17)2 =
√13650
75 =
√546 15
q3 = qe3
r33 = 15
√546
−46/75 34/25
−29/75 17/75
= 1
√546
−46/5 102/5
−29/5 17/5
.
• Quarto passo −→ k = 4.
qe4 = w4−
3
X
j=1
rj4qj = w4− r14q1 − r24q2− r34q3
dove
r14=< q1, w4 > =<
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
,
0 2 1
−1
>= 0 + 0 − 1/√
3 − 1/√
3 = −2/√ 3,
r24=< q2, w4 > =<
2/5 1/5
−2/5
−4/5
,
0 2 1
−1
>= 0 + 2/5 − 2/5 + 4/5 = 4/5,
r34=< q3, w4 > = 1
√546 <
−46/5 102/5
−29/5 17/5
,
0 2 1
−1
>
= 1
√546(0 + 204/5 − 29/5 − 17/5) = 158 5√
546. Quindi
qe4 = w4+ 2
√3q1− 4
5q2− 158 5√
546q3 =
=
0 2 1
−1
+ 2
√3
1/√
3 0
−1/√ 3 1/√
3
− 4 5
2/5 1/5
−2/5
−4/5
− 158 5√
546
√1 546
−46/5 102/5
−29/5 17/5
=
0 + 2/3 − 8/25 + 7268/13650 2 + 0 − 4/25 − 16116/13650 1 − 2/3 + 8/25 + 4582/13650
−1 + 2/3 + 16/25 − 2686/13650
=
80/91 60/91 90/91 10/91
r44= kqe4k = 10 91
p(8)2+ (6)2+ (9)2+ (1)2 = 10√ 182 91
q4 = qe4
r44 = 91 10√
182
80/91 60/91 90/91 10/91
= 1
√182
8 6 9 1
.
Si verifica facilmente che
< qi, qj >= δij =
(1 se i = j 0 se i 6= j che ´e la condizione di ortonormalit´a.
2. Lo spettro di una matrice quadrata A si indica con σ(A) ed `e definito come l’insieme dei suoi autovalori. Per trovare gli autovalori di una matrice si devono trovare le radici del polinomio caratteristico
det(A − λI) = 0.
Se la matrice ha dimensione n allora gli autovalori saranno n (contati con le rispettive molteplicit`a) e sono, in generale, complessi.
Nel nostro caso
det(A − λI) = det
3 − λ −7 5
1 −λ 0
0 1 −λ
. Sviluppando il determinate rispetto alla prima colonna otteniamo
(3 − λ)(λ2− 0) − 1(7λ − 5) = 3λ2− λ3 − 7λ + 5 = −λ3+ 3λ2 − 7λ + 5 = 0.
Per trovare le radici di questo polinomio di terzo grado, utilizziamo la regola di Ruffini. Si vede facilmente che 1 ´e una radice del polinomio (infatti ponendo λ = 1 si ha −1 + 3 − 7 + 5 = 0) e quindi il polinomio ´e divisibile per il polinomio (λ − 1).
Per trovare il divisore utilizziamo il classico schema
-1 3 -7 5
1 -1 2 -5
-1 2 -5 0
Lo zero nell’ultima casella indica che la decomposizione `e giusta e i valori che lo precedono nell’ultima riga sono i coefficienti del polinomio di secondo grado che divide il polinomio −λ3+ 3λ2− 7λ + 5. Quindi si ha
−λ3+ 3λ2 − 7λ + 5 = (λ − 1)(−λ2+ 2λ − 5) = 0
Per la legge dell’annullamento del prodotto, questo ´e nullo se si annullano i suoi fattori, cio´e se
λ − 1 = 0 −→ λ = 1 oppure
−λ2+ 2λ − 5 = 0 −→ λ = 1 ± 2i.
Lo spettro di A ´e quindi σ(A) = {1, 1 − 2i, 1 + 2i}.
Il raggio spettrale di una matrice A ´e per definzione ρ(A) = max
1≤i≤n|λi|
dove λi sono gli autovalori della matrice. Nel nostro caso
|1| = 1
|1 − 2i| =√
12+ 22 =√
5 = |1 + 2i|, (due numeri complessi coniugati hanno lo stesso modulo).
Dato che√
5 > 1 il raggio spettrale di A ´e ρ(A) =√ 5.
3. Una matrice ´e invertibile (o non singolare) se il suo determinante ´e diverso da zero.
Nel nostro caso
det(A) = det
β 2 1 0 β 0 1 2 β
= β(β2− 1).
Questo determinante ´e diverso da zero quando β 6= 0 oppure β2− 1 6= 0 −→ β 6= ±1
.
Quindi la matrice ´e invertibile ∀β ∈ R \ {0, +1, −1}.
Calcoliamo gli autovalori:
det(A − λI) = det
β − λ 2 1
0 β − λ 0
1 2 β − λ
= (β − λ)((β − λ)2− 1) = (β − λ)(β2+ λ2− 2βλ − 1) = 0 Gli autovalori si trovano quindi imponendo che
β − λ = 0 −→ λ = β β2+ λ2− 2βλ − 1 = 0 −→ λ = β ± 1.
Lo spettro di A dipendente dal paramentro β ´e σ(A) = {β, β + 1, β − 1}. Questi autovalori sono tutti positivi se contemporaneamente
β > 0
β + 1 > 0 −→ β > −1 β − 1 > 0 −→ β > 1, cio´e se β > 1.
4. Due vottori sono ortogonali se il loro prodotto scalare ´e nullo. Dato che i vettori sono tre e il prodotto scalare ´e simmetrico, dobbiamo controllare che
< v1, v2 > = 0
< v2, v3 > = 0
< v1, v3 > = 0.
Questo si verifica facilmente, infatti
< v1, v2 > = 0 + 0 + 0 = 0
< v2, v3 > = 0 − 6 + 6 = 0
< v1, v3 > = 0 + 0 + 0 = 0.
La matrice
A = [v1, v2, v3] =
1 0 0 0 3 −2 0 2 3
´e non singolare se il suo determinante ´e diverso da zero.
det(A) = det
1 0 0 0 3 −2 0 2 3
= 1 · [9 − (−2) · 2] = 13, Quindi la matrice ´e non singolare.
Calcoliamo gli autovalori:
det(A − λI) = det
1 − λ 0 0
0 3 − λ −2
0 2 3 − λ
= (1 − λ)[(3 − λ)2− (−2) · 2] = (1 − λ)(λ2− 6λ + 13) = 0 Quindi
1 − λ = 0 −→ λ = 1 λ2− 6λ + 13 = 0 −→ λ = 3 ± 2i cio´e lo spettro di A ´e σ(A) = {1, 3 + 2i, 3 − 2i}.
La matrice aggiunta A∗ di una matrice A ´e per definizione la trasposta coniugata di A. In questo caso la matrice ´e reale quindi la sua coniugata coincide con se’ stessa.
Questo significa che l’aggiunta di A coindice con la trasposta
A∗ = AT.
Dato che gli autovalori e il determinante della trasposta di una matrice coincidono con gli autovalori e il determinante della matrice stessa, si ha:
σ(A∗) = σ(AT) = σ(A) = {1, 3 + 2i, 3 − 2i}
det(A∗) = det(AT) = det(A) = 13.
Per definizione
kxk1 =
n
X
i=1
|xi|
kxk2 =
n
X
i=1
(xi)2
!12
kxk∞ = max
1≤i≤n|xi|.
Quindi, nel nostro caso, per la norma 1:
kv1k1 = |1| + |0| + |0| = 1 kv2k1 = |0| + |3| + |2| = 5
kv3k1 = |0| + | − 2| + |3| = 0 + 2 + 3 = 5.
Per la norma 2:
kv1k2 =√
12+ 02+ 02 = 1 kv2k2 =√
02+ 32+ 22 =√ 13 kv3k2 =p
02+ (−2)2+ 32 =√ 13.
Per la norma infinito:
kv1k∞ = max
1≤i≤n{|1|, |0|, |0|} = 1 kv2k∞ = max
1≤i≤n{|0|, |3|, |2|} = 3 kv3k∞ = max
1≤i≤n{|0|, | − 2|, |3|} = 3.
