Capitolo 8 8.1 Diagonalizzazione e Triangolazione Esercizio 8.1.1. Diagonalizzare la matrice A = ⌅ ⌦ -1 2 2 1 -2 1 3 3 0 ⇧ ↵ Svolgimento. Il polinomio caratteristico della matrice ` e dato da p A (t)= ⌅ ⌦ -(1 + t) 2 2 1 -(2 + t) 1 3 3 -t ⇧ ↵ = -(t + 3) 2 (t - 3) Allora gli autovalori di A sono λ 1 =3e λ 2 = -3, il secondo di molteplicit` a 2. Per la ricerca degli autovettori si deve risolvere il sistema lineare AX = λX, X ∈ R 3 , quando λ =3, -3. • λ =3. ⌃ ⌥ -x +2y +2z =3x x - 2y + z =3y 3x +3y =3z ⇒ ⌃ ⌥ 2x - y - z =0 x - 5y + z =0 x + y - z =0 ha spazio delle soluzioni pari a V ⇤ 1 =< (2, 1, 3) > • λ = -3. ⌃ ⌥ -x +2y +2z = -3x x - 2y + z = -3y 3x +3y = -3z ⇒ x + y + z =0 151
Transcript
Capitolo 8
8.1 Diagonalizzazione e Triangolazione
Esercizio 8.1.1. Diagonalizzare la matrice
A =
⌅
⌦�1 2 21 �2 13 3 0
⇧
↵
Svolgimento. Il polinomio caratteristico della matrice e dato da
pA(t) =
⌅
⌦�(1 + t) 2 2
1 �(2 + t) 13 3 �t
⇧
↵ = �(t + 3)2(t� 3)
Allora gli autovalori di A sono �1 = 3 e �2 = �3, il secondo di molteplicita2. Per la ricerca degli autovettori si deve risolvere il sistema lineare
AX = �X, X � R3, quando � = 3,�3.
• � = 3.⌃�
⌥
�x + 2y + 2z = 3xx� 2y + z = 3y3x + 3y = 3z
�
⌃�
⌥
2x� y � z = 0x� 5y + z = 0x + y � z = 0
ha spazio delle soluzioni pari a V⇤1 =< (2, 1, 3) >
• � = �3.⌃�
⌥
�x + 2y + 2z = �3xx� 2y + z = �3y3x + 3y = �3z
� x + y + z = 0
151
152 CAPITOLO 8.
ha spazio delle soluzioni pari a V⇤2 =< (�1, 1, 0), (�1, 0, 1) > .Allora la matrice data e diagonalizzabile ([B], Teor.6, pag. 305) e E ={(2, 1, 3), (�1, 1, 0), (�1, 0, 1) > e una base di autovettori per R3.
Svolgimento. Il polinomio caratteristico di A e dato da
pA(t) = D
⌅
⌦1� t 2 0
0 3� t 02 �4 2� t
⇧
↵ = (3� t)(1� t)(2� t),
pertanto A possiede tre autovalori reali
�1 = 1, �2 = 2, �3 = 3,
ed e percio diagonalizzabile. Esiste una base di autovettori per R3 che sipuo costruire scegliendo un vettore in ciascun spazio di soluzioni dei sistemilineari
AX = �X, X � R3, quando � = 1, 2, 3.
• � = 1.⌃�
⌥
x + 2y = x3y = y2x� 4y + 2z = z
� y = 0, z = �2x,
quindi V⇤1 =< (1, 0,�2) > .
• � = 2.
154 CAPITOLO 8.
⌃�
⌥
x + 2y = 2x3y = 2y2x� 4y + 2z = 2z
� x = 0, y = 0, z = �2x,
quindi V⇤2 =< (0, 0, 1) > .
• � = 3.⌃�
⌥
x + 2y = 3x3y = 3y2x� 4y + 2z = 3z
� x = y, z = �2x,
quindi V⇤2 =< (1, 1,�2) > .
La base di autovettori e ad esempio E =< (1, 0,�2), (0, 0, 1), (1, 1,�2) >La matrice A e diagonalizzabile: esiste una matrice invertibile P �M3⇥3(R)per cui risulta
di dimensione n� 1.Allora in base a [B], Teor.6, pag. 315, l’applicazione L e diagonalizzabile. �
Esercizio 8.1.6. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi su R di grado nonmaggiore di 2. Sia L : V ⌦ V l’applicazione lineare
L(f(t)) =df(t)dt
� 1t
◆f(t) dt.
Trovare gli autovalori e gli autovettori di L. Stabilire se L puo esserediagonalizzata.
Svolgimento. Una base E per V e costituita dai polinomi 1, t, t2, infattiogni polinomio dello spazio in oggetto si scrive in modo unico come lorocombinazione lineare:
f(t) = at2 + bt + c, a, b, c � R.
. Determiniamo la matrice dell’applicazione L rispetto a tale base:
- L(1) = �1t t = �1(1) + 0(t) + 0(t2),
- L(t) = 1� 12tt
2 = 1� 12t = 1(1)� 1
2(t) + 0t2,
-L(t2) = 2t� 13tt
3 = 0(1) + 2(t)� 13t2.
Allora
160 CAPITOLO 8.
M = MEE (L) =
⌅
⌦�1 1 00 �1
2 20 0 �1
3
⇧
↵ .
Il suo polinomio caratteristico e dato da
pM (t) = D
⌅
����⌦
�(1 + t) 1 0
0 �(12 + t) 2
0 0 �(13 + t)
⇧
����↵=
= �(1 + t)(12
+ t)(13
+ t),
cosı L ha tre autovalori reali distinti
�1 = �1, �2 = �12, �3 = �1
3,
ed e pertanto diagonalizzabile.Gli autospazi relativi sono rispettivamente
I vettori (autovettori di A) (1, 0, 0), (2, 1, 0), (18, 12, 1) sono anche le coordi-nate sulla base E = {1, t, t2} degli autovettori dell’applicazione L, cioe i trepolinomi 1, 2 + t, 18 + 12t + t2. �
Esercizio 8.1.7. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A
�1 ii �2
⇥
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
�1� t i
i �2� t
⇥= t2 + t� 1.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 161
Le radici forniscono i due autovalori distinti �1 = �1+
52 , �2 = �1�
5
2 .Allora la matrice e diagonalizzabile.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⇤(1� t)x + iy = 0ix� (2 + t)y = 0
pert t = �1, �2. Quando t assume tali valori il sistema ammette spazio disoluzioni
{( i
t� 1y, y) : y � C} =< (
i
t� 1, 1) >=< (i, t� 1) > .
Segue che gli autospazi sono, rispettivamente:
V⇤1 =< (i,�1 +
�5
2� 1) >=< (i,
�3 +�
52
) >=< (2i,�3 +�
5) >
V⇤2 =< (i,�1�
�5
2� 1) >=< (i,
�3��
52
) >=< (2i,�3��
5) >
Si ha una base di autovettori B = {(2i,�3 +�
5), (2i,�3��
5)} di C.Detta C la base canonica di C2, si ha
MBC (id) =
⌅
⌦2i 2i
�3 +�
5 �3��
5
⇧
↵ .
Calcoliamo MCB(id). Da :
a(2i,�3 +�
5) + b(2i,�3��
5) = (2ai + 2bi,�3(a + b) +�
5(a� b)
otteniamo⇤
2ai + 2bi = 1(�3 +
�5)a� (3 +
�5)b = 0
che ammette come unica soluzione
(�(�
5 + 3)4�
5i,
(�3 +�
5)4�
5i).
162 CAPITOLO 8.
analogamente da⇤
2ai + 2bi = 0(�3 +
�5)a� (3�
�5)b = 1
si ottiene la soluzione
(1
2�
5,� 1
2�
5).
Segue che
MCB(L) =
⌅
��⌦
� (
5+3)4
5i 1
2
5
(�3+
5)4
5i � 1
2
5
⇧
��↵ .
Infine⌅
⌦2i 2i
�3 +�
5 �3��
5
⇧
↵ .
�1 ii �2
⇥.
⌅
��⌦
� (
5+3)4
5i 1
2
5
(�3+
5)4
5i � 1
2
5
⇧
��↵ =
=
⌅
�⌦
�1+
52 0
0 �1�
52
⇧
�↵ .
�
Esercizio 8.1.8. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A =�
1 2i0 2
⇥
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
�1� t 2i
0 2� t
⇥= (1� t)(2� t).
Si hanno quindi due autovalori distinti �1 = 1, �2 = 2. Allora la matrice ediagonalizzabile.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⇤(1� t)x + 2iy = 0(2� t)y = 0 .
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 163
nei casi t = 1 e t = 2.Si ottengono, rispettivamente, gli autospazi
V⇤1 =< (1, 0) > e V⇤2 =< (2i, 1) > ,
e la base di autovettori B = {1, 0), (2i, 1)}.Detta C la base canonica di C2, si ha
MCB(L) =
�1 2i0 1
⇥.
Da- (1, 0) = 1(1, 0) + 0(2i, 1)
- (0, 1) = �2i(1, 0) + 1(2i, 1)segue
MBC (L) =
�1 �2i0 1
⇥.
Infine�
1 �2i0 1
⇥.
�1 2i0 2
⇥�1 2i0 1
⇥=
�1 00 2
⇥.
�
Esercizio 8.1.9. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A =
⌅
⌦1 0 1�2 �1 �10 0 �1
⇧
↵
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
⌅
⌦1� t 0 1�2 �(1 + t) �10 0 �(1 + t)
⇧
↵ = (1� t)(1 + t)2.
164 CAPITOLO 8.
Si hanno quindi gli autovalori �1 = 1, �2 = �1, il secondo di molteplicita 2.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⌃�
⌥
(1� t)x + z = 0�2x� (1 + t)y � z = 0�(1 + t)z = 0 .
nei casi t = 1 e t = �1.Si ottengono, rispettivamente, gli autospazi
Poiche V⇤2 ha dimensione 2, in base a [B], Cap. XVI, Teor.6, la matrice ediagonalizzabile.Unaa base di autovettori e B = {(1,�1, 0), (1, 0,�2), (0, 1, 0)}.Detta C la base canonica di C2, si ha
MBC (id) =
⌅
⌦1 1 0�1 0 10 �2 0
⇧
↵ .
Si ha
MCB(id) =
⌅
����⌦
1 0 12
0 0 �12
1 1 �12
⇧
����↵.
Si deve avere
MCB(id)AMB
C (id) =
⌅
⌦1 0 00 �1 00 0 �1
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.10. Siano date le matrici a coe⇥cienti complessi
A =��1 �22 3
⇥B =
��1 �11 3
⇥C =
�2i 12i 2
⇥.
Provare che esse non sono diagonalizzabili. Determinare per ciascuna diesse una matrice simile che sia triangolare.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 165
Svolgimento. Il polinomio caratteristico della matrice A e dato da
D
��1� t �2
2 3� t
⇥= (t� 1)2,
allora esiste un autovalore � = 1 di molteplicita doppia. Calcoliamo i relativiautovalori risolvendo il sistema lineare
��1 �22 3
⇥�xy
⇥=
�xy
⇥
il quale ha spazio di soluzioni (= l’autospazio di � = 1) V⇤ =< (1,�1) >.Poiche la sua dimensione e 1, segue che la matrice non e diagonalizzabi-le. E pero certamente triangolabile. Aggiungiamo all’autovettore (1,�1) ilvettore (1, 0) per ottenere una base B di C2 e determiniamo la matrice delcambiamento di base MC
B(id), essendo C la base canonica. Si ottiene
MCB(id) =
�0 11 1
⇥.
Calcolando MCB(id)AMB
C (id) si ottiene la matrice triangolare superiore
�0 11 1
⇥��1 �22 3
⇥�1 1�1 0
⇥=
�5 20 1
⇥.
Il polinomio caratteristico di B e
D
�1� t �1
1 3� t
⇥= (t� 2)2,
pertanto anche in questo caso esiste un autovalore � = 2 di molteplicitadoppia. Il suo auto spazio e V⇤ =< (1,�1) >. Consideriamo la base B ={(1,�1), (0, 1)} di C2 e costruiamo la matrice MC
B(id), che risulta essere
�1 01 1
⇥.
In questo caso si ha pure�
1 01 1
⇥��1 �11 3
⇥�1 0�1 1
⇥=
�2 �10 2
⇥.
166 CAPITOLO 8.
Passiamo alla matrice C la quale ha polinomio caratteristico
D
�2i� t 1
2i 2� t
⇥= t2 � 2(1 + i)t + 2i = [t� (1 + i)]2.
Si ha allora l’autovalore doppio � = 1 + i. Calcoliamo il suo autospaziorisolvendo in C il sistema lineare
�2i 12i 2
⇥�xy
⇥=
�(1 + i)x(1 + i)y
⇥,
il quale ha spazio di soluzioni V⇤ =< (1, 1� i) > di dimensione 1, pertantoanche C non e diagonalizzabile. La matrice di passaggio per triangolarla sitrova costruendo MC
B(id), essendo, ad es., B = {(1, 1� i), (1, 0) >. Si ricavafacilmente che essa e la matrice
⌅
⌦0 1+i
2
1 �1+i2
⇧
↵ .
Si ha infine⌅
⌦0 1+i
2
1 �1+i2
⇧
↵�
2i 12i 2
⇥�1 1
1� i 0
⇥=
�2i� 2 1
0 i + 1
⇥.
�
Esercizio 8.1.11. Dopo aver verificato che la matrice
A =
⌅
⌦3 4 7�2 �3 �81 2 5
⇧
↵
non e diagonalizzabile, triagolarizzarla.
Svolgimento. Il polinomio caratteristico di A le
pA(t) = �(t� 1)(t� 2)2.
L’autospazio relativo all’autovalore � = 1 e generato dall’autovettore (2 �1, 0), mentre quello relativo all’autovalore � = 2, che ha molteplicita 2, egenerato dall’autovettore (1,�2, 1). Allora la matrice data non e diagona-lizzabile.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 167
Aggiungiamo ai due autovettori trovati un terzo vettore, ad es. (1, 0, 0), perottenere una base di C3
E = {(2� 1, 0), (1,�2, 1), (1, 0, 0)}
e consideriamo l’applicazione lineare LA : C3 ⌦ C3:
Svolgimento. La matrice di L sulla base canonica e
MC(L) =
⌅
⌦1 3 10 1 10 �1 �1
⇧
↵
168 CAPITOLO 8.
la quale ammette gli autovalori � = 0, con molteplicita 2 e � = 1. Poicheil nucleo di L ha dimensione 1, segue che L non e diagonalizzabile. Gli au-tospazi relativi ai due autovettori sono, rispettivamente generati dai vettori(2,�1, 1) ed (1, 0, 0). Fissiamo quindi la base di C3
B = {(2,�1, 1), (1, 0, 0), (1, 1, 1),
aggiungendo il vettore (1, 1, 1). La matrice di L su tale base si potra ottenerecome
MB(L) = MCB(id)MC(L)ME
C (id)
ovvero
MB(L) =
⌅
⌦0 �1
2 01 1
2 00 1
2 �1
⇧
↵
⌅
⌦1 3 10 1 10 �1 �1
⇧
↵
⌅
⌦2 1 1�1 0 11 0 1
⇧
↵ =
=
⌅
⌦0 0 �10 6 30 0 3
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.13. Provare che la matrice
A =
⌅
⌦1 �3 k0 1 00 k 1
⇧
↵
non e diagonalizzabile per alcun valore del parametro reale k. Se possibile,triangolarla quando k✏= 0.
Svolgimento. La matrice data, per k ✏= 0, ha autovalore � = 1, di moltepli-cita 3 con relativo autospazio di dimensione 1, generato, ad es., da (1, 0, 0).Se si estende tale autovettore ad una base B di C3, prendendo ad esempioB = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}, e facile rendersi conto che la matrice MC
Bnon triangola la matrice A. Cio dipende dal fatto che la base B non e aventaglio per l’applicazione lineare indotta da A, cosı come prescritto dalTeorema di riferimento. Si deve allora trovare una base a ventaglio conte-nente l’autovettore.Notiamo quanto segue:
.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 169
- in generale e facile rendersi conto che se si ha una matrice di ordinen ed n� 1 autovettori linearmente indipendenti, allora aggiungendo a casoun ulteriore vettore indipendente dai precedenti, si ottiene sempre una basea ventaglio. In questi casi quindi si procede come visto negli esercizi prece-denti.Poniamoci ora nel caso di una matrice di ordine 3 con autovalore �, di molte-plicita 3 con autospazio relativo V⇤ =< v1 > . Questo e il caso del presenteproblema. Si puo procedere come segue, secondo le linee del teorema diriferimento ([B], Teor.8, Cap. XVI).
- si consideri una qualunque base B = {v1, v2, v3} di C3, costruita a par-tire da v1, e sia M = MC
B . In generale la matrice M�1AM non e triangolaresuperiore. E facile vedere che si ha
M�1AM = A =
⌅
⌦� a12 a13
0 a22 a23
0 a32 a33
⇧
↵
Poniamo B = (M�1AM)11 cio e la matrice ottenuta da M�1AM soppri-mendo la prima riga e la prima colonna. B ammette ancora l’autovalore �con molteplicita 2 ed autospazio relativo di dimensione 1 generato, ad es.,da w1 � C2. Si consideri una base B⌅ = {w1, w2} di C2. Posto N = MC
B⇥ ,per quanto sopra detto si ottiene che la matrice N�1BN = T1 e triangolaresuperiore (B⌅ e base a ventaglio). Consideriamo la matrice
C =
⌅
⌦� 0 00 • •0 • •
⇧
↵
ove �• •• •
⇥= N
Allora, posto D=MC, questa e la matrice che triangola A : D�1AD = T etriangolare superiore. Da notare che T11 = T1.Risolviamo ora il problema dato, nel caso k = 1. La matrice da studiare eallora
A =
⌅
⌦1 �3 10 1 00 1 1
⇧
↵ .
Questa ha autovalore � = 1 d molteplicita 3 con autospazio V⇤ =< (1, 0, 0) >.
16.5. ESERCIZI SVOLTI 403
- in generale e facile rendersi conto che se si ha una matrice di ordine n ed n�1autovettori linearmente indipendenti, allora aggiungendo a caso un ulteriore vettoreindipendente dai precedenti, si ottiene sempre una base a ventaglio. In questi casiquindi si procede come visto negli esercizi precedenti.Poniamoci ora nel caso di una matrice di ordine 3 con autovalore ⌃, di molteplicita3 con autospazio relativo V⌅ = < v1 > .Questo e il caso del presente problema. Sipuo procedere come segue, secondo le linee del teorema di riferimento (Teorema16.4.2):
- si consideri una qualunque base B = {v1, v2, v3} di C3, costruita a partire dav1, e sia M = MC
B . In generale la matrice M�1AM non e triangolare superiore.E facile vedere che essa e della forma
M�1AM =
⌅
⌦⌃ a12 a13
0 a22 a23
0 a32 a33
⇧
↵
Poniamo B = (M�1AM)11 cioe la matrice ottenuta daM�1AM sopprimendo laprima riga e la prima colonna. B ammette ancora l’autovalore ⌃ con molteplicita 2ed autospazio relativo di dimensione 1 generato, ad es., da w1 � C2. Si consideriuna base B⌅ = {w1, w2} di C2. Posto N = MC
B⇥ , per quanto sopra detto si ottieneche la matrice N�1BN = T1 e triangolare superiore (B⌅ e base a ventaglio).Consideriamo la matrice
C =
⌅
⌦⌃ 0 00 • •0 • •
⇧
↵
ove �• •• •
⇥= N
Allora, posto D=MC, questa e la matrice che triangola A cioe D�1AD = T etriangolare superiore. Da notare che T11 = T1.
Risolviamo ora il problema dato, nel caso k = 1. La matrice da studiare eallora
A =
⌅
⌦1 �3 10 1 00 1 1
⇧
↵ .
Questa ha autovalore ⌃ = 1 d molteplicita 3 con autospazio V⌅ = < (1, 0, 0) >.Consideriamo la base B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} di C3. Si ha
M = MBC =
⌅
⌦1 0 10 1 10 1 0
⇧
↵ , M�1 = MCB =
⌅
⌦1 �1 10 0 10 1 �1
⇧
↵
404 CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
e poi
M�1AM =
⌅
⌦1 5 40 2 10 �1 0
⇧
↵ .
AlloraB = (M�1AM)11 =
�2 1�1 0
⇥.
Quest’ultima matrice ha ancora come autovalore 1 con autospazio relativoV⌅ = < (1,�1) >. Condisiderata la base B⌅ = {(1,�1), (1, 0)}, si ha
N = MB⇥C =
�1 1�1 0
⇥.
Allora
C =
⌅
⌦1 0 00 1 10 �1 0
⇧
↵ ,
mentre
D = MC =
⌅
⌦1 �1 00 0 10 1 1
⇧
↵ e D�1 =
⌅
⌦1 �1 10 �1 10 1 0
⇧
↵ .
Infine
D�1AD =
⌅
⌦1 1 50 1 10 0 1
⇧
↵ .
16.6 Esercizi proposti
16.6.1. Determinare gli autovalori e gli autovettori delle seguenti applicazioni li-neari R3 ↵ R3:
L(x, y, z) = (2x, 4x + 6y + 4z,�2x� 2y),
T (x, y, z) = (x + y + 3z, x + 2y + 5z,�x� 3y � 7z).
16.6.2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita. SianoL, T � Hom(V, V )tali che LT = TL. Mostrare che se v e un autovettore di L con autovalore ⌃ e seT (v) �= 0, allora T (v) e un autovettore di L con autovalore ⌃.
