Esercizi 7 sol

Corso di Geometria 2010-11
BIAR, BSIR
Esercizi 7: soluzioni
x
3x + 2y
Esercizio 1. Dimostrare che l’endomorfismo di R : f
=
è simmetrico, e
y
2x + 6y
trovare una base ortonormale di R2 formata da autovettori di f .
3 2
, simmetrica: f è simmetrico, dunque diagonalizzabile.
Soluzione. La matrice canonica è
2 6
1
2
2
; base ortonormale di E(2): √
.
Gli autovalori sono λ1 = 2, λ2 = 7. Base di E(2):
−1
−1
5
1 1
. Unendo le due basi ortonormali,
Analogamente, una base ortonormale di E(7) è √
5 2
otteniamo la base ortonormale di autovettori
1 1
1
2
,√
.
B:√
5 −1
5 2
2
−4 3
Esercizio 2. Data la matrice simmetrica A =
3 4
M e una matrice diagonale D tali che M t AM = D.
determinare una matrice ortogonale
Soluzione. Le colonne di M sono date da una base ortonormale di autovettori dell’endomorfismo
simmetrico f di R2 rappresentato da A rispetto alla base canonica. Un calcolo mostra che gli
autovalori sono λ1 = −5, λ2 = 5, e una base ortonormale di autovettori è
1
1
3
1
√
,√
,
10 −1
10 3
1
1
associati rispettivamente a −5 e 5. Dunque possiamo prendere M = √
10
−5 0
. 0 5
3 1
, D =
−1 3
  

x
x+y−z
Esercizio 3. Dimostrare che l’endomorfismo di R3 : f y  =  x + y − z  è simmetrico, e
z
−x − y + z
trovare una base ortonormale di R3 formata da autovettori di f .


1
1 −1
1 −1, è simmetrica, dunque f è diagonalizzabile.
Soluzione. La matrice canonica è  1
−1 −1 1
   
1
1
Gli autovalori distinti sono λ1 = 0, λ2 = 3. Una base di E(0) è data da −1 , 0. Per
0
1
ricavare una base ortonormale, applichiamo l’algoritmo di Gram-Schmidt a tale base e troviamo
la base ortonormale di E(0):
 
 
1
1
1   1  
−1 , √
1 .
B1 : √
2
6 2
0
Si verifica poi che una base ortonormale di E(3) è data da
 
1
1
B2 : √  1  .
3 −1
Una base ortonormale di R3 formata da autovettori di f è dunque
 
 
 
1
1
1
1
1
1
B1 ∪ B2 : √ −1 , √ 1 , √  1  .
2
6 2
3 −1
0


2 −1 1
Esercizio 4. Data la matrice simmetrica A = −1 1 0 determinare una matrice ortog1
0 1
onale M e una matrice diagonale D tali che M t AM = D.
2
Soluzione. Occorre trovare una base ortonormale dell’endomorfismo di R3 rappresentato da A
rispetto alla base canonica. Gli autovalori sono λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 3: sono tutti semplici, e
quindi i tre autospazi hanno tutti dimensione 1. Un calcolo mostra che una base ortonormale di
E(0) è
 
1
1  
√
1 ,
B1 :
3 −1
una base ortonormale di E(1) è
 
0
1  
√
1 ,
B2 :
2 1
e una base ortonormale di E(3) è


2
1
B3 : √ −1 .
6
1
Dunque una base ortonormale di autovettori è
 
 
 
1
0
2
1   1   1  
1 ,√
1 ,√
−1
B1 ∪ B1 ∪ B1 : √
3 −1
2 1
6
1
associati, rispettivamente, a 0, 1, 3, dunque


2
1
√
√
0
 3
6 
 1
1
1 
 √
√
−√ 
M =
,
 3
2
6
 1
1
1 
√
√
−√
3
2
6


0 0 0
D = 0 1 0  .
0 0 3
Esercizio 5. Sia f l’endomorfismo di R3 tale che:
f (e1 ) = e1 + e3 ,
f (e2 ) = e2 ,
f (e3 ) = e1 + e3 ,
dove (e1 , e2 , e3 ) è la base canonica di R3 .
a) Scrivere la matrice associata a f rispetto alla base canonica.
b) Trovare una base di Kerf e una base di Imf .
c) Stabilire se f è diagonalizzabile.
3
d) Trovare, se esiste, una base ortonormale di autovettori di f .


1 0 1
Soluzione. a) A = 0 1 0.
1 0 1
b) Il nucleo ha base (1, 0, −1)t , l’immagine ha base data dalle colonne linearmente indipendenti
di A, cioè (1, 0, 1)t , (0, 1, 0)t .
c) Poiché la matrice canonica A di f è simmetrica, f è un endomorfismo simmetrico dunque è
sicuramente diagonalizzabile.
d) Autovalori: 0, 1, 2. Si verifica che una base ortonormale di autovettori è ad esempio
   
 
1
1
0
1     1  
√
0 , 1 ,√
0 ,
2 −1
2 1
0
associati, rispettivamente, a 0, 1, 2.  
 
 
4
2
1






1
0 , v3 = 0; sia E il sottospazio
,
v
=
Esercizio 6. Sono dati i vettori di R4 : v1 = 
2
0
2
1
0
0
1
di R4 generato da v1 , v2 , v3 .
a) Descrivere E con un’equazione e calcolare la dimensione di E.
b) Trovare una base ortonormale del sottospazio E.
c) Estendere la base trovata in b) ad una base ortonormale di R4 .
d) Trovare una base del sottospazio E ⊥ .
Soluzione. a) I tre generatori sono linearmente indipendenti e la dimensione di E vale 3. Il
sottospazio è descritto dall’equazione x2 − x4 = 0.
b) Applichiamo l’algoritmo di Gram-Schmidt alla base (v1 , v2 , v3 ) e otteniamo la base ortonormale:
 
 
 
1
1
1

−1
0
1
1
1
1
 , u2 =   , u3 = √   .
u1 = 
2 1
2 1 
2 −1
0
1
−1
 
0
1
4

c) Il vettore 
 0  è ortogonale a v1 , v2 , v3 dunque una base ortonormale di R che estende la
−1
4
base precedente è:
 
 
 
 
1
1
1
0

−1
0
1
1
1
1
1
1
 , u2 =   , u3 = √   , u4 = √   .
u1 = 
2 1
2 1 
2 −1
2 0 
1
−1
0
−1

0
1

ha dimensione 1 con base 
 0 . −1

d) E ⊥


 
1
1



2 , v2 = −1.
Esercizio 7. Sono dati i vettori: v1 =
−3
4
a) Trovare una base di ciascuno dei sottospazi:
W1 = {v ∈ R3 : hv, v1 i = 0}
W2 = {v ∈ R3 : hv, v2 i = 0},
e quindi trovare una base di W3 = W1 ∩ W2 .
b) Determinare una base ortonormale di W1 e una base ortonormale di W1⊥ .
c) È vero che R3 = W1 ⊕ W2 ?
d) È vero che R3 = W1 ⊕ W2⊥ ?
 
x
Soluzione. a) Detto v = y  il vettore generico osserviamo che v ∈ W1 se e solo se x +
z
2y
3z 
=
0, che è quindi l’equazione di W1 . Risolvendo, otteniamo la base
data da
 −
 diW1 
2
3
1
4
−1 , 0. In modo analogo, W2 ha equazione x − y + 4z = 0 e base 1 ,  0 . Ora
0
1
0
−1
W1 ∩ W2 ha equazioni
(
x + 2y − 3z = 0
x − y + 4z = 0
 
−5
e risolvendo otteniamo la base di W1 ∩ W2 data dal vettore  7 . Osserviamo anche che
3
W1 ∩ W2 è il sottospazio formato dai vettori ortogonali sia a v1 che a v2 .
5

  
2
3



b) Applicando l’algoritmo di Gram-Schmidt alla base −1 , 0 di W1 otteniamo la base
0
1
ortonormale di W1 data da
 
 
2
3
1   1  
√
−1 , √
6 .
5
70 5
0
 
 
1
1
1  
⊥
⊥


2 .
2
Si vede subito che W1 ha base v1 =
dunque una base ortonormale di W1 è √
14 −3
−3
c) No, perché W1 ∩ W2 6= {O}.


     
1
2
3
1
⊥







d) W2 ha dimensione 1, con base v2 = −1 . I tre vettori −1 , 0 , −1 sono
4
0
1
4
3
⊥
linearmente indipendenti, e formano una base di R : si ha dunque che W1 + W2 = R3 e
W1 ∩ W2⊥ = {O}: la somma è diretta. Esercizio 8. a) Trovare tutti i vettori di
R2
2
.
che hanno norma 1 e sono ortogonali a
5
3
b)
Trovare
 tutti i vettori di R che hanno norma 1 e sono ortogonali a entrambi i vettori
 
1
1
1 ,  0 .
−1
1
     
1
1
1
c) Esiste un vettore di norma 1 ortogonale ai vettori 1 , 1 , 0?
1
0
0
2
5t
Soluzione. a) Il vettore generico di
ortogonale a
è
, con t ∈ R, e ha norma
5
−2t
√
1
29t2 . La norma del vettore è 1 se e solo se t = ± √ . Dunque i vettori cercati sono due:
29
1
1
5
5
√
, −√
.
−2
−2
29
29
R2
 
   
x
1
1
b) Il vettore generico v = y  di R3 è ortogonale a entrambi i vettori 1 ,  0  se e solo
z
1
−1
6
se
(
x+y+z =0
x−z =0

1
1
Risolvendo, vediamo che v è del tipo t −2, e ha norma 1 se e solo se t = ± √ . I vettori
6
1
cercati sono due:
 
 
1
1
1  
1  
√
−2 , − √
−2 .
6
6
1
1
     
1
1
1





c) No. I tre vettori 1 , 1 , 0 sono linearmente indipendenti e quindi formano una
1
0
0
3
base di R : l’unico vettore ortogonale a tutti i vettori di una base è il vettore nullo. 
Esercizio 9. Sia W il sottospazio di R4 costituito dalle soluzioni del sistema lineare omogeneo
AX = 0 dove
1 −1 1 1
A=
1 1 −1 1
Trovare una base ortonormale di W , ed estendere tale base ad una base ortonormale di R4 .
Soluzione. Il sistema si scrive
(
x−y+z+w =0
x+y−z+w =0
 
−s
 t 

e il suo insieme delle soluzioni è W = {
 t  : t, s ∈ R} con base
s
   
1
0
 0  1
 , .
 0  1
−1
0
I due vettori sono già ortogonali, quindi una base ortonormale di W si ottiene semplicemente
normalizzando tali vettori:
 
 
1
0
 1 1
1 
0
, √  .
B1 : √ 
2 0 
2 1
−1
0
7
Una base ortonormale di R4 che estende la base di W appena trovata si ottiene aggiungendo
una base ortonormale del sottospazio W ⊥ . Ora W ⊥ ha equazioni x1 − x4 = 0, x2 + x3 = 0
1
1
dunque una base ortonormale di W ⊥ è B2 : √ (1, 0, 0, 1)t , √ (0, 1, −1, 0)t . Unendo le due basi
2
2
si ottiene la base ortonormale estesa:
 
 
 
 
1
0
1
0







1
0  1 1 1 0 1  1 
B1 ∪ B2 : √ 
, √  , √  , √  
.
2 0 
2 1
2 0
2 −1
−1
0
1
0
Esercizio 10. Dato il vettore u = (1, 1, −1, −1)t ∈ R4 , si consideri il sottospazio W :
W = {w ∈ R4 : hw, ui = 0}.
a) Trovare una base di W .
b) Trovare una base ortonormale di W e una base ortonormale di W ⊥ .
c) Determinare i vettori di W che hanno norma 2 e sono ortogonali ai primi due vettori della
base canonica di R4 .
d) Descrivere il sottospazio di R4 costituito dai vettori di W che sono ortogonali ai primi tre
vettori della base canonica di R4 .
Soluzione. a) W ha equazione x1 + x2 − x3 − x4 = 0 e base, ad esempio:
(1, −1, 0, 0)t , (1, 0, 1, 0)t , (1, 0, 0, 1)t .
b) Ortonormalizzando la base appena trovata con l’algoritmo di Gram-Schmidt si ottiene la base
ortonormale di W :

 
 
1
1
1
 1 1 1  1 
1 
−1
, √  , √  .
√ 
2 0 
6 2
12 −1
0
0
3

Una base di W ⊥ è u = (1, 1, −1, −1) e quindi una base ortonormale di W ⊥ è
 
1

1
 1 .

2 −1
−1
8
c) Il vettore generico di W è del tipo (−b + c + d, b, c, d)t , con a, b, c ∈ R. Tale vettore è
ortogonale a√e1 , e2 se e solo se b = 0, c + d = 0. Dunque otteniamo
vettori
del tipo (0, 0, t, −t),
√
√
con norma 2t2 . Uguagliando la norma a 2 otteniamo t = 2, t = − 2. Dunque otteniamo i
due vettori:

 

0
0
 0   0 
 √ , √ .
 2  − 2
√
√
− 2
2
d) Il sottospazio nullo. Esercizio 11.
a) Determinare una base ortonormale del sottospazio E di R3 di equazione
x − y + 2z = 0.
b) Trovare una matrice ortogonale le cui prime due colonne appartengono al sottospazio E.
c) Sia f un endomorfismo simmetrico non nullo di R3 tale che Kerf = E. Descrivere gli
autospazi di f .
   
2
1



Soluzione. a) Una base di E è 1 , 0  e applicando l’algoritmo di Gram-Schmidt otteni−1
0
amo la base ortonormale di E:
 
 
1
1
1   1  
√
1 ,√
−1 .
2 0
3 −1
b) Sappiamo che le colonne di una matrice ortogonale 3 × 3 devono formare una base ortonormale di R3 . Le prime due colonne di M devono essere quindi una base ortonormale di E: le
prendiamo uguali ai due vettori della base ortonormale trovata
 nella parte a). L’ultima colonna
1
1  
⊥
√
−1 . Dunque una matrice possibile
deve essere una base ortonormale di E , ad esempio
6
2
è:


1
1
1
√
√
√
 2
3
6 
 1

1
1

−√
−√ 
M = √

 2
3
6

1
2 
√
0 −√
3
6
c) Gli autospazi di un endomorfismo simmetrico sono a due a due ortogonali. Per ipotesi, f
ha un autovalore λ1 = 0 con autospazio associato di dimensione 2 dato dal sottospazio E. Per
9
il teorema spettrale, f è diagonalizzabile. Quindi f ammetterà un secondo autovalore λ2 6= 0
con autospazio associato E(λ2 ) di dimensione 1, e tale che E(λ2 ) ⊥ E. Necessariamente,
 
1
⊥
⊥

E(λ2 ) = E . In conclusione, gli autospazi di f sono E e E , quest’ultimo con base −1. 2
Esercizio 12. Sia f l’unico endomorfismo di
R2
tale che f
1
−2
=
−1
2
4
ef
=
.
2
1
2
a) f è simmetrico?
x
b) Calcolare f
.
y
Soluzione. a) I vettori v1 =
1
2
, v2 =
formano una base di R2 e si ha per ipotesi
−2
1
(
f (v1 ) = −v1
f (v2 ) = 2v2
dunque (v1 , v2 ) è una base di autovettori. I due vettori v1 , v2 sono ortogonali, dunque i vettori
normalizzati
1 2
1
1
, u1 = √
u1 = √
5 −2
5 1
formano una base ortonormale di autovettori. Di conseguenza, f è simmetrico,
e la matrice
−1 0
.
associata a f rispetto alla base ortonormale appena trovata è D =
0 2
t
b) Sia A la matrice canonica di f . Allorasappiamo
che D = M AM , dove M è la matrice
1
1 2
ortogonale di colonne u1 , u2 , cioè M = √
. Quindi:
−2
1
5
1 7 6
t
A = M DM =
.
5 6 −2
1 7x + 6y
x
In conclusione, f
=
. y
5 6x − 2y
Esercizio 13. a) Sia A una matrice simmetrica 2×2, non diagonale. Dimostrare che A ammette
due autovalori reali e distinti, quindi è diagonalizzabile.
b) Sia B una matrice antisimmetrica 2 × 2 diversa dalla matrice nulla. Dimostrare che B non
è diagonalizzabile.
10
a b
Soluzione. a) La matrice è del tipo A =
, quindi pA (x) = x2 − (a + d)x + (ad − b2 ). Le
b d
radici del polinomio caratteristico sono date dalla formula
√
(a + d) ± ∆
x=
,
2
con ∆ = (a + d)2 − 4(ad − b2 ) = (a − d)2 + 4b2 . Ora il discriminante ∆ è sempre positivo o
nullo, ed è nullo se e solo se a = d e b = 0, cioè se e solo se A è diagonale. Per ipotesi, A non
è diagonale, dunque ∆ è positivo e A ammette due autovalori reali e distinti, entrambi semplici
(cioè, di molteplicità algebrica 1). Questo è sufficiente per concludere che A è diagonalizzabile.
0 b
b) La generica matrice antisimmetrica di ordine due si scrive B =
, e poiché B non
−b 0
è nulla si avrà b 6= 0. Il polinomio caratteristico di B è x2 + b2 : non ammette radici, dunque B
non è diagonalizzabile. Esercizio 14. Sia P una matrice simmetrica tale che P 2 = P . Dimostrare che la matrice
A = 2P − I è ortogonale e verifica A2 = I.
Soluzione. Si ha:
A2 = (2P − I)2
= (2P − I)(2P − I)
= 4P 2 − 2P − 2P + I 2
=I
dunque A2 = I. Ora A è anche simmetrica, poiché combinazione lineare di P e I, che sono
simmetriche. Dunque A = At e AAt = A2 = I. In conclusione, A è ortogonale e simmetrica. Esercizio 15. Supponiamo che f sia un endomorfismo di R3 con autovalori −1, 3 e autospazi:
E(−1), di equazione x − 2y + z = 0, ed E(3), generato dal vettore (2, 0, 1)t .
a) È vero che f è diagonalizzabile?
b) Stabilire quale fra le seguenti matrici può rappresentare f :




−1 0 0
−1 0 0
D1 =  0 3 0  , D2 =  0 3 0 .
0 0 −1
0 0 3
c) È vero che f è simmetrico?
Soluzione. a) Si ha per ipotesi M G(−1) = dim E(−1) = 2 e M G(3) = dim E(3) = 1 dunque
11
M G(−1) + M G(3) = 3 e f risulta diagonalizzabile per il primo criterio.
b) D1 rappresenta f in una base di autovettori v1 , v2 , v3 dove v1 , v3 formano una base di E(−1)
e v2 è un autovettore di E(3).
D2 non può rappresentare f , perché altrimenti l’autovalore 3 avrebbe molteplicità geometrica
pari a 2.
c) f non è un endomorfismo simmetrico, perché i due autospazi non sono ortogonali tra loro:
infatti, il vettore (2, 0, 1)t ∈ E(3) non è ortogonale al vettore (2, 1, 0)t ∈ E(−1). 12