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AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI

1. Esercizi Esercizio 1. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo definito da f (x, y, z) = (x + y, y + z, x + z). Calcolare gli autovalori ed una base per ogni autospazio di f. Dire se f `e un endomorfismo semplice.   0 1 1 Esercizio 2. Dire se la matrice A =  1 0 1  `e diagonalizzabile. In caso affermativo, 1 1 0 trovare una matrice invertibile P tale che P −1 AP sia una matrice diagonale. Esercizio 3. Sia f : R[x]≤2 → R[x]≤2 l’ endomorfismo associato alla matrice A =  1 1 0  3 3 −1  rispetto alla base B = (1 + x − x2 , 1 + x, 1 + x2 ). Calcolare autovalori, 9 9 −2 autovettori, ed una base per ogni autospazio di f. Dire se f `e semplice. Esercizio 4. Sia f : Mat(2, 2; R) → Mat(2, 2; R) l’ endomorfismo definito da     x y x + 3y 2x + 2y f = . z t z + 2t 2z + t Verificare che f `e invertibile e che f −1 `e semplice. Calcolare gli autovalori di f e confrontarli con quelli di f −1 . Ripetere il confronto tra gli autospazi.   2 1 Esercizio 5. Trovare gli autovalori della matrice A = e quelli della matrice 2 3 A + 2I. Qual `e la relazione tra gli autovalori? Dopo aver trovato gli autospazi delle due matrici, stabilire la relazione esistente. Esercizio 6. Dopo aver scritto l’ endomorfismo f : R2 → R2 verificante tutte le condizioni seguenti (1) (1, 2) `e un autovettore di f relativo all’ autovalore 1; (2) (0, 1) `e un vettore di ker f ; verificare che f `e semplice. Si pu`o affermare che f `e semplice guardando le sole condizioni (1), (2)? Ripetere l’ esercizio sostituendo la condizione (2) con (3)f (1, 1) = f (1, 0); ovvero con (30 )f (1, 1) = (1, 2). 2 2 Esercizio 7.Dire per  quali valori di k ∈ R l’ endomorfismo f : R → R associato alla 1 1 matrice A = rispetto alla base B = ((2, 1), (1, 1)) `e semplice. k 2

Esercizio 8. Sia f : R2 → R2 l’ endomorfismo che associa ad ogni vettore v il vettore f (v) ottenuto ruotando v di π/4 in senso antiorario. Scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica e verificare che f non ha autovalori.   1 −1 0 Esercizio 9. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo associato alla matrice A =  −1 2 1  0 1 1 rispetto alla base canonica 1


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(1) (2) (3) (4)

f `e iniettiva; (1, 1, −1) `e un autovettore di f ; (1, 1, −1) `e un autovalore di f ; 2 `e un autovalore di f.

 1   Esercizio 10. Sia data la matrice A =  2  2 1 −1 (prodotto righe × colonne). 1 

(1) (2) (3) (4)

(2, 1, −1) `e un autovettore di f ; (1, 2, 1) ∈ ker f ; (1, 2, 1) `e un autovettore per f relativo all’ autovalore 3; (1, 2, 1) `e un autovettore per f relativo all’ autovalore 1.

Esercizio 11. Sia f : R[x]≤2 → R[x]≤2 l’ endomorfismo che associa ad ogni polinomio P (x) il polinomio f (P ) = xP 0 − 2P. Allora (1) f non ha autovalori; (2) ogni polinomio P (x) `e un autovettore per f ; (3) f `e semplice; (4) −2 + 2x − 2x2 ∈ ker f. Esercizio 12. Se f (x, y) = (x + 3y, 2y) allora f `e semplice.

(V )

(F )

Esercizio 13. Se f (x, y) = (x, x) allora (1, 1) `e autovettore di f relativo all’ autovalore 2. (V ) (F ) Esercizio 14. Se f (1, 0) = f (0, 1) allora (1, −1) `e autovettore di f relativo all’ autovalore 0. (V ) (F ) 2. Soluzioni di alcuni esercizi Soluzione dell’ Esercizio 1. La matrice associata  1 1  A= 0 1 1 0

ad f rispetto alla base canonica `e  0 1  1

ed il polinomio caratteristico di f `e allora pf (t) = det(A − tI3 ) =   1−t 1 0 1−t 1  = (1 − t)3 + 1 = (2 − t)(t2 − t + 1). = det  0 1 0 1−t √

Le radici di pf (t) sono t1 = 2, t2 = 1+i2 3 , t3 = 1−i2 3 , e quindi f ha il solo autovalore 2, unica radice reale di pf (t). Calcoliamo ora il relativo autospazio. Per definizione, V (2) = {(x, y, z) ∈ R3 |(A − 2I)X = 0}, e quindi dobbiamo risolvere il sistema lineare omogeneo   −x + y = 0 −y + z = 0  x − z = 0. Le soluzioni di tale sistema lineare sono (y, y, y), y ∈ R, e quindi V (2) = {(y, y, y)|y ∈ R} = L((1, 1, 1)).


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Osserviamo che dim V (2) = 1 in accordo con la limitazione 1 ≤ dim V (2) ≤ m(2), dove m(2) `e la molteplicit`a di t = 2 come soluzione dell’ equazione caratteristica, e che una base di V (2) `e ((1, 1, 1)). f non `e semplice perch´e il polinomio caratteristico ha radici non reali. Soluzione dell’ Esercizio 2. Fissata la base canonica di R3 , sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica `e A. Il polinomio caratteristico di A `e pA (t) = det(A − tI) = −t3 + 3t + 2 = −(t + 1)2 (t − 2), le cui radici sono t1 = −1, t2 = 2 con molteplicit`a m(−1) = 2, m(2) = 1. Essendo entrambe reali, sono entrambe autovalori. Calcoliamo l’ autospazio relativo a t1 = −1. Dobbiamo risolvere il sistema lineare omogeneo (A + I)X = 0 dove X sono le componenti di un vettore rispetto alla base canonica. Il sistema, dopo aver ridotto la matrice A+I per righe, si scrive come x+y+z = 0, le cui soluzioni sono tutte e sole della forma (x, y, −x − y), x, y ∈ R. Abbiamo allora V (−1) = {(x, y, −x − y)|x, y ∈ R} = L((1, 0, −1), (0, 1, −1)) perch´e le componenti di un vettore rispetto alla base canonica coincidono con le entrate del vettore come elemento di R3 . Infine, osserviamo che una base di V (−1) `e ((1, 0, −1), (0, 1, −1)), e che dim V (−1) = 2 = m(−1). L’ autospazio relativo all’ autovalore t2 = 2 si calcola in maniera analoga. Risolviamo allora il sistema lineare omogeneo associato alla matrice dei coefficienti A − 2I. Dopo aver ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo  −2x + y + z = 0 x−y =0 le cui soluzioni sono V (2) = {(x, x, x)|x ∈ R} = L((1, 1, 1)). Una base di V (2) `e ((1, 1, 1)) e la sua dimensione `e dim V (2) = 1 = m(2). Poich´e tutte le radici del polinomio caratteristico sono reali, e ogni autospazio ha dimensione uguale alla molteplicit`a , possiamo dire che A `e diagonalizzabile. Una matrice invertibile P che diagonalizza A ha come colonne le componenti dei vettori delle basi dei singoli autospazi (ossia, le soluzioni dei sistemi lineari omogenei). Quindi,   1 0 1 1 1 . P = 0 −1 −1 1 La teoria prevede che P −1 AP = D `e una matrice diagonale, con dii autovalore relativo all’ autovettore che occupa la colonna i−esima di P. In conclusione,   −1 0 0 P −1 AP =  0 −1 0  . 0 0 2 Soluzione dell’ Esercizio 3. Calcoliamo il polinomio caratteristico di f. pf (t) = det(A − tI) =   1−t 1 0 3−t −1  = −t(t − 1)2 . = 3 9 9 −2 − t Le radici del polinomio sono t1 = 0, t2 = 1, con molteplicit`a m(0) = 1, m(1) = 2.


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Calcoliamo l’ autopsazio relativo all’ autovalore t1 = 0 risolvendo il sistema lineare omogeneo AX = 0 dove X =t(a, b, c) sono le componenti di un vettore di R[x]leq2 rispetto alla base B fissata. Ridotta per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il sistema  a+b=0 c=0 le cui soluzioni sono della forma (a, −a, 0), a ∈ R. L’ autospazio allora `e V (0) = {a(1 + x + x2 ) − a(1 + x) = −ax2 |a ∈ R} = L(x2 ). Osserviamo che una sua base `e (x2 ), mentre la sua dimensione `e dim V (0) = 1 = m(0). Infine, osserviamo che V (0) = ker(f ). Calcoliamo ora il secondo autospazio V (1). Bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo (A−I)X = 0 dove, come nel caso precedente, X sono le componenti di un vettore di R[x]≤2 rispetto alla base B. Dopo aver ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il sistema  b=0 3a − c = 0 le cui soluzioni sono della forma (a, 0, 3a), a ∈ R. Quindi, l’ autospazio cercato `e V (1) = {a(1 + x + x2 ) + 3a(1 + x2 ) = 4a + ax + 2ax2 |a ∈ R} = L(4 + x + 2x2 ). Notiamo che dim V (1) = 1 < m(1), e che una sua base `e (4 + x + 2x2 ). Infine, f non `e semplice perch´e, pur essendo reali tutte le radici del polinomio caratteristico, l’ autovalore t2 = 1 ha un autospazio associato di dimensione inferiore alla sua molteplicit`a , e quindi non `e regolare. Soluzione dell’ Esercizio 4. Fissata la base ad f `e  1  2 A=  0 0

canonica di Mat(2, 2; R), la matrice associata 3 2 0 0

0 0 1 2

 0 0  . 2  1

Poich´e r(A) = 4, la matrice A `e invertibile, e quindi f `e invertibile. Inoltre, la matrice associata ad f −1 rispetto alla base canonica `e A−1 . Svolgendo i calcoli, abbiamo che   1 3 −2 4 0 0  1 −1 0 0  2 4 . A−1 =  1  0 0 − 3 23  2 0 0 − 13 3 Gli autovalori di f −1 si calcolano come radici del polinomio caratteristico di f −1 che `e uguale a pf −1 (t) = det(A−1 − tI) = (t + 1)2 (t − 13 )(t − 14 ). Poich´e tutte le radici sono reali, abbiamo che gli autovalori di f −1 sono t1 = −1, t2 = 13 , t3 = 14 , di molteplicit`a m(−1) = 2, m( 13 ) = m( 14 ) = 1, rispettivamente. Per calcolare gli autovalori di f, calcoliamo analogamente il polinomio caratteristico di f, ed abbiamo pf (t) = det(A − tI) = (t+1)2 (t−3)(t−4), e quindi gli autovalori di A sono t1 = −1, t2 = 3, t3 = 4 di molteplicit`a m(−1) = 2, m(3) = m(4) = 1, rispettivamente. In conclusione, gli autovalori di A−1 sono i reciproci di quelli di A, con la stessa molteplicit`a . Calcoliamo ora gli autospazi di f −1 . Per calcolare W (−1) bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo (A−1 +I)X = 0, dove X sono le componenti di una matrice rispetto alla base canonica, e quindi coincidono con


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le entrate della matrice stessa. Riducendo la matrice e risolvendo il sistema ottenuto, abbiamo    â&#x2C6;&#x2019;3y y W (â&#x2C6;&#x2019;1) = |y, t â&#x2C6;&#x2C6; R , â&#x2C6;&#x2019;t t     â&#x2C6;&#x2019;3 1 0 0 , e la cui dimensione `e 2. una cui base `e 0 0 â&#x2C6;&#x2019;1 1 Analogamente, possiamo calcolare una base e la dimensione degli altri due autospazi, ed abbiamo    1 0 0 W( ) = |t â&#x2C6;&#x2C6; R , t t 3    1 y y |y â&#x2C6;&#x2C6; R , W( ) = 0 0 4     0 0 1 1 entrambi di dimensione 1, aventi come basi , , rispettivamente. 1 1 0 0 Calcolando gli autospazi V (â&#x2C6;&#x2019;1), V (3), V (4) di f otteniamo 1 1 V (â&#x2C6;&#x2019;1) = W (â&#x2C6;&#x2019;1), V (3) = W ( ), V (4) = W ( ). 3 4 Inoltre, entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la stessa matrice   â&#x2C6;&#x2019;3 0 0 1  1 0 0 1   P =  0 â&#x2C6;&#x2019;1 1 0  , 0 1 1 0 ottenendo per`o due matrici diagonali che sono coerenti con gli autovalori delle due matrici (confrontare con lâ&#x20AC;&#x2122; Esercizio 2). Provare a dare una dimostrazione del risultato illustrato da questo Esercizio. Soluzione dellâ&#x20AC;&#x2122; Esercizio 5. Il polinomio caratteristico di A `e pA (t) = t2 â&#x2C6;&#x2019; 5t + 4, le cui radici sono t1 = 1, t2 = 4, entrambe reali, e quindi entrambe autovalori di A. Il polinomio caratteristico di A + 2I `e pA+2I (t) = t2 â&#x2C6;&#x2019; 9t + 18, le cui radici sono t1 = 3 = 1 + 2, t2 = 6 = 4 + 2. Quindi, gli autovalori di A + 2I sono uguali a quelli di A aumentati di 2. Gli autospazi V (1), V (4) di A sono V (1) = {(â&#x2C6;&#x2019;y, y) â&#x2C6;&#x2C6; R2 |y â&#x2C6;&#x2C6; R} = L((â&#x2C6;&#x2019;1, 1)) e V (4) = {(x, 2x) â&#x2C6;&#x2C6; R2 |x â&#x2C6;&#x2C6; R} = L((1, 2)) entrambi di dimensione 1. Gli autospazi W (3), W (6) di A + 2I sono W (3) = V (1), W (6) = V (4). Ne segue che entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la matrice   â&#x2C6;&#x2019;1 1 P = , 1 2 ottenendo per`o due matrici diagonali diverse, in accordo con gli autovalori delle due matrici (confronta con lâ&#x20AC;&#x2122; Esercizio 2). Provare a dimostrare in generale il risultato illustrato da questo Esercizio.


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Soluzione dell’ Esercizio 6. La condizione (2) dice che (0, 1) `e autovettore per f associato all’ autovalore 0, e quindi f `e semplice perch´e R2 ha una base formata da autovettori di f. La matrice associata ad f rispetto alla base di autovettori B = ((1, 2), (0, 1)) `e   1 0 MB,B (f ) = . 0 0 Per scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica C = ((1, 0), (0, 1)) t bisogna calcolare f (1, 0). Le componenti di (1, 0) rispetto a B sono (1, −2) ossia (1, 0) = (1, 2) − 2(0, 1). Usando la linearit`a di f, otteniamo f (1, 0) = f (1, 2) − 2f (0, 1) = (1, 2) − 2(0, 0) = (1, 2). Quindi,  MC,C (f ) =

1 0 2 0

 ,

e possiamo scrivere f (x, y) = (x, 2x). Gli autovalori di f sono 0, 1 entrambi semplici. Consideriamo ora le condizioni (1), (3). Poich´e f (1, 1) = f (1, 0), abbiamo f (1, 1) − f (1, 0) = (0, 0). Per la linearit`a , f ((1, 1) − (1, 0)) = (0, 0), e quindi f (0, 1) = (0, 0). In conclusione, la condizione (3) `e uguale alla condizione (2) ed abbiamo la stessa applicazione f. La condizione (30 ) afferma che f (1, 1) = (1, 2). Quindi, f (1, 1) = f (1, 2). Usando la linearit`a di f, abbiamo f ((1, 2) − (1, 1)) = (0, 0), da cui f (0, 1) = (0, 0). Anche in questo caso, la condizione (30 ) `e uguale alla condizione (2), e l’ applicazione definita `e la stessa. Soluzione dell’ Esercizio 7. Il polinomio caratteristico di A `e pA (t) = t2 − 3t + 2 − k. Il discriminante del polinomio `e ∆ = 9 − 4(2 − k) = 4k + 1. Sappiamo che, se ∆ < 0, ossia se k < − 14 le radici del polinomio caratteristico non sono reali, e quindi la matrice A non `e diagonalizzabile. Se ∆ = 0, ossia se k = − 14 , allora il polinomio caratteristico di A ha come radice t = 32 con molteplicit`a 2, e quindi t = 32 `e l’ unico autovalore di A. L’ autospazio corrispondente `e formato dai vettori le cui componenti X rispetto alla base B verificano il sistema lineare omogeneo (A − 32 I)X = 0. Poich´e il rango di A − 32 I `e uguale ad 1, il Teorema di Rouch´eCapelli permette di concludere che dim V ( 32 ) = 2 − 1 = 1. Quindi, l’ unico autovalore di A non `e regolare, ed A non `e diagonalizzabile. Se ∆ > 0, ossia se k > − 14 il polinomio caratteristico di Aha due radici reali distinte, e quindi A ha due autovalori di molteplicit`a 1. Tali autovalori sono sempre regolari, e quindi A `e diagonalizzabile. Soluzione dell’ Esercizio 8. Bisogna calcolare le immagini dei vettori della base canonica. In una rotazione la lunghezza di un vettore non cambia, e quindi l’ immagine dei vettori della base canonica hanno ancora lunghezza 1. Quindi, sia i vetori della base canonica, sia le loro immagini si trovano sulla circonferenza di centro l’ origine e raggio 1(circonferenza goniometrica) i cui punti hanno coordinate (cos α, sin α) dove α `e l’ angolo formato dal vettore col semiasse positivo delle ascisse. Quindi, • f (1, 0) = (cos π4 , sin π4 ) = ( √12 , √12 ); • f (0, 1) = (cos 3π , sin 3π ) = (− √12 , √12 ); 4 4


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e la matrice associata ad f rispetto alla base canonica `e  1  √ − √12 2 MC,C (f ) = √1 . √1 2

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√ Il polinomio caratteristico di f `e allora pf (t) = t2 − t 2 + 1 che ha discriminante negativo. Quindi f non ha n`e autovalori, n`e autovettori, che `e coerente con il significato geometrico di autovettore che `e “vettore parallelo alla sua immagine”. Soluzione dell’ Esercizio 9. f `e iniettiva se r(A) = 3. Ma la terza riga della matrice `e somma delle prime due, mentre le prime due sono linearmente indipendenti. Quindi r(A) = 2 e l’ affermazione (1) `e falsa. Per stabilire se la seconda affermazione `e vera o falsa, basta calcolare f (1, 1, −1). Quindi,   1 f (1, 1, −1) = A  1  = 0 −1 e quindi f (1, 1, −1) = 0(1, 1, −1) ossia (1, 1, −1) `e autovettore di f relativo all’ autovalore 0, e l’ affermazione (2) `e vera. (3) `e sicuramente falsa perch´e gli autovalori sono numeri reali in questo caso, ed in nessun caso sono dei vettori. (4) `e falsa. Per verificarlo, bisogna stabilire se det(A − 2I) = 0. Ma   −1 −1 0 1 =2 det(A − 2I) = det  −1 0 0 1 −1 e quindi 2 non `e soluzione del polinomio caratteristico di A, ossia non `e un autovalore di A. Soluzione dell’ Esercizio 10. (1) `e falsa. Infatti bisogna calcolare f (2, 1, −1) che `e uguale a       1 1  2  f (2, 1, −1) =  2  2 1 −1  1  = 6  2  1 1 −1 e quindi non `e parallelo al vettore (2, 1, −1). Le affermazioni (2), (3), (4) richiedono tutte di calcolare l’ immagine di (1, 2, 1). Procedendo come nel caso (1) otteniamo       1 1   1      2 1 −1 2 =3 2  f (1, 2, 1) = 2 1 1 1 e quindi f (1, 2, 1) = 3(1, 2, 1) ossia (1, 2, 1) `e autovettore relativo all’ autovalore 3 per f. Ne segue che (2) e (4) sono false, mentre (3) `e vera. Soluzione dell’ Esercizio 11. Scriviamo in maniera pi˘chiara l’ endomorfismo f. Un polinomio P (x) ∈ R[x]≤2 pu`o essere scritto come P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 . Allora P 0 (x) = a1 + 2a2 x e f (P ) = xP 0 − 2P = −2a0 − a1 x. Fissata C = (1, x, x2 ) la base canonica di R[x]≤2 scriviamo la matrice di f rispetto a C, ed abbiamo   −2 0 0 A = MC,C (f ) =  0 −1 0  0 0 0


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che `e gi`a diagonale. Quindi f `e semplice e C `e una base di R[x]≤2 formata da autovettori di f. Ne segue che (1) `e falsa perch´e gli autovalori di f sono 0, −1, −2 tutti di molteplicit`a 1, (2) `e falsa perch´e gli autovettori sono i vettori non nulli dei sottospazi L(1), L(x), L(x2 ). Quindi, 1 + x ad esempio non `e un autovettore perch´e non appartiene a nessuno dei tre autospazi. Infatti, f (1+x) = −2−x 6= a(1+x) per qualsiasi a ∈ R. (3) `e vera per i motivi precedentemente esposti. (4) `e falsa perch´e ker(f ) `e l’ autospazio relativo all’ autovalore 0 e quindi `e L(x2 ). Si pu`o anche fare una verifica diretta e si ha f (−2+2x−2x2 ) = 4−2x 6= 0, che ribadisce la precedente giustificazione. Soluzione dell’ Esercizio 12. Gli autovalori di f sono 1, 2 uniche radici del polinomio caratteristico di f dato da pf (t) = det(A − tI) = t2 − 3t + 2 essendo   1 3 A= 0 2 la matrice associata ad f rispetto alla base canonica. Poich´e gli autovalori hanno entrambi molteplicit`a 1 sono regolari, e quindi f `e semplice. Soluzione dell’ Esercizio 13. Calcoliamo f (1, 1) in base alla definizione di f. Abbiamo f (1, 1) = (1, 1) = 1(1, 1). Quindi, (1, 1) `e autovettore di f relativo all’ autovalore 1, e l’ affermazione `e falsa. Soluzione dell’ Esercizio 14. Dall’ ipotesi, abbiamo che f (1, 0) − f (0, 1) = (0, 0). Dalla linearit`a , si ricava che f ((1, 0)−(0, 1)) = (0, 0), ossia f (1, −1) = (0, 0) = 0(1, −1). Quindi (1, −1) `e autovettore di f relativo all’ autovalore 0, e l’ affermazione `e vera.

autovalori  

x y z t 2 1 2 3 1 1 k 2 AUTOVALORI,AUTOVETTORI,AUTOSPAZI . 1 −1 0 −1 2 1 0 1 1 Esercizio8.Siaf:R 2 →R 2 l’endomorfismocheassociaadognivet...

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