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Publicado: 18 de febrero de 2010
Corso di Geometria - Mondov` - A.A. 2008-2009 ı SOLUZIONI - AUTOVALORI ED AUTOVETTORI
Esercizio 1. Un numero λ ∈ IR (I ` un autovalore per A ∈ IRn,n (I n,n ), se il sistema lineare (A − C) e C λI)X = 0 ha soluzioni non nulle. Ci` avviene quando ρ(A − λI) < n, cio` quando det(A − λI) = 0. o e Nel caso da esaminare si ha: 3 3 4 A − (−1)I = A + I = 1 0 −1 ; det(A + I) = 0. −1 0 1 0 3 4Invece: det(A − 2I) = det 1 −3 −1 = −3 = 0 −1 0 −2 Osservazione. Per fare le verifiche richieste non ` stato necessario calcolare il polinomio caratteristico e di A. Esercizio 2. Una matrice ammette l’autovalore 0 se e solo ` singolare, cio` se det A = 0, e quindi se e e non ` invertibile. e La matrice data ha determinante nullo, come si pu` verificare col calcolo, oppure osservando che il suo orango ` minore di 3. e Esercizio 3. (v1 , . . . , vn ) = (0, . . . , 0) ` un autovettore per A se esiste λ per cui e v1 v1 . . A . = λ . . . vn 1 2 1 0 1 3 1 A 1 = −1 2 2 1 = 3 = 3 1 : 1 0 −1 4 1 3 1 (1, 1, 1) ` un autovettore per A relativo all’autovalore 3. e 1 2 1 0 1 3 1 A 1 = −1 2 2 1 = 1 = λ 1 , 0 0 −1 4 0 −1 0Esercizio 4. i) Pensati v e w come vettori colonna, si verifica che Av = v, Aw = w. Quindi v e w sono autovettori relativi all’autovalore 1. ii) Poich´ v e w sono autovettori linearmente indipendenti corrispondenti allo stesso autovalore, 1, la e ` dimensione dell’autospazio V1 ` maggiore o uguale a 2. E allora sufficiente ricordare che la dimensione e 1 vn
∀λ
di un autospazio ` al pi` ugualealla molteplicit` del corrispondente autovalore come radice del e u a polinomio caratteristico della matrice. iii) p.c.(A) = −(1 − T )3 (1 + T ). Gli autovalori sono 1 (triplo) e -1. Gli autovettori corrispondenti all’autovalore 1 sono le soluzioni del sistema: (A−I)X = 0. Si ottengono i vettori (x1 , x3 , x3 , x4 ) al variare di x1 , x3 , x4 . Una base per l’autospazio ` data ad esempio dai vettorie (1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1). Gli autovettori corrispondenti all’autovalore -1 sono le quaterne (0, x2 , −x2 , 0), al variare di x2 . Una base per l’autospazio ` data, ad esempio, da (0, 1, −1, 0). e Esercizio 5. Il polinomio caratteristico della matrice, p(T ) = T 2 − T + 4, non ha radici reali, mentre ha due radici (complesse coniugate) in campo complesso. Esercizio 6. Ilpolinomio caratteristico ` p(T ) = −T 3 +7T 2 −16T +12. La matrice ha 2 come autovalore, e perch` p(2) = 0. Si ottiene, ad esempio con la regola di Ruffini, p(T ) = (T − 2)(−T 2 + 5T − 6). Il polinomio e q(T ) = −T 2 + 5T − 6 ha 2 e 3 come radici. Quindi q(T ) = −(T − 2)(T − 3), p(T ) = −(T − 2)2 (T − 3). 2 1 k Esercizio 7. La matrice A = −1 2 2 ammette 3 come autovalore se 0 −1 4 −1 1 k det(A − 3I)= det −1 −1 2 = k = 0. 0 −1 1 Esercizio 8. Le matrici possono essere pensate sia come matrici reali che come matrici complesse. i) p.c. 2 −1 3 −2 = 2−T 3 −1 = T2 − 1 −2 − T
Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, cio` ±1. e Gli autovettori relativi a 1 sono le soluzioni del sistema (A − I)X = 0. Posto X = x1 , si ha x2 x1 − x2 = 0 3x1 − 3x2 = 0 .
Le soluzioni sono le coppie(t, t), ∀ t ∈ IR(I C). Per l’autovalore -1, il sistema da risolvere, (A + I)X = 0, ` e Le soluzioni sono (t, 3t), ∀ t ∈ IR(I C). 0 0 3 −T 0 ii) p.c. 1 −1 1 = det 1 −1 − T −1 0 2 −1 0 3x1 − x2 = 0 3x1 − x2 = 0 .
3 1 = (−1 − T )(T 2 − 2T + 3). 2−T
In campo reale si ha solo la radice -1. Gli autovettori relativi a -1 sono le soluzioni del sistema (A + I)X = 0. Osservazione. Poich´-1 ` radice semplice del polinomio caratteristico, la dimensione dell’autospazio e e V−1 , cio` il numero delle incognite libere del sistema, ` 1. e e x1 + 3x3 = 0 x + x3 = 0 1 −x1 + 3x3 = 0 Gli autovettori sono le terne (0, t, 0), ∀ t ∈ IR(I C). 2
Osservazione. Se la matrice ` interpretata come matrice complessa, si hanno anche gli autovalori e √ 1 ± 2i. √ √ Per λ = 1 + 2i, gli...
Esercizio 1. Un numero λ ∈ IR (I ` un autovalore per A ∈ IRn,n (I n,n ), se il sistema lineare (A − C) e C λI)X = 0 ha soluzioni non nulle. Ci` avviene quando ρ(A − λI) < n, cio` quando det(A − λI) = 0. o e Nel caso da esaminare si ha: 3 3 4 A − (−1)I = A + I = 1 0 −1 ; det(A + I) = 0. −1 0 1 0 3 4Invece: det(A − 2I) = det 1 −3 −1 = −3 = 0 −1 0 −2 Osservazione. Per fare le verifiche richieste non ` stato necessario calcolare il polinomio caratteristico e di A. Esercizio 2. Una matrice ammette l’autovalore 0 se e solo ` singolare, cio` se det A = 0, e quindi se e e non ` invertibile. e La matrice data ha determinante nullo, come si pu` verificare col calcolo, oppure osservando che il suo orango ` minore di 3. e Esercizio 3. (v1 , . . . , vn ) = (0, . . . , 0) ` un autovettore per A se esiste λ per cui e v1 v1 . . A . = λ . . . vn 1 2 1 0 1 3 1 A 1 = −1 2 2 1 = 3 = 3 1 : 1 0 −1 4 1 3 1 (1, 1, 1) ` un autovettore per A relativo all’autovalore 3. e 1 2 1 0 1 3 1 A 1 = −1 2 2 1 = 1 = λ 1 , 0 0 −1 4 0 −1 0Esercizio 4. i) Pensati v e w come vettori colonna, si verifica che Av = v, Aw = w. Quindi v e w sono autovettori relativi all’autovalore 1. ii) Poich´ v e w sono autovettori linearmente indipendenti corrispondenti allo stesso autovalore, 1, la e ` dimensione dell’autospazio V1 ` maggiore o uguale a 2. E allora sufficiente ricordare che la dimensione e 1 vn
∀λ
di un autospazio ` al pi` ugualealla molteplicit` del corrispondente autovalore come radice del e u a polinomio caratteristico della matrice. iii) p.c.(A) = −(1 − T )3 (1 + T ). Gli autovalori sono 1 (triplo) e -1. Gli autovettori corrispondenti all’autovalore 1 sono le soluzioni del sistema: (A−I)X = 0. Si ottengono i vettori (x1 , x3 , x3 , x4 ) al variare di x1 , x3 , x4 . Una base per l’autospazio ` data ad esempio dai vettorie (1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1). Gli autovettori corrispondenti all’autovalore -1 sono le quaterne (0, x2 , −x2 , 0), al variare di x2 . Una base per l’autospazio ` data, ad esempio, da (0, 1, −1, 0). e Esercizio 5. Il polinomio caratteristico della matrice, p(T ) = T 2 − T + 4, non ha radici reali, mentre ha due radici (complesse coniugate) in campo complesso. Esercizio 6. Ilpolinomio caratteristico ` p(T ) = −T 3 +7T 2 −16T +12. La matrice ha 2 come autovalore, e perch` p(2) = 0. Si ottiene, ad esempio con la regola di Ruffini, p(T ) = (T − 2)(−T 2 + 5T − 6). Il polinomio e q(T ) = −T 2 + 5T − 6 ha 2 e 3 come radici. Quindi q(T ) = −(T − 2)(T − 3), p(T ) = −(T − 2)2 (T − 3). 2 1 k Esercizio 7. La matrice A = −1 2 2 ammette 3 come autovalore se 0 −1 4 −1 1 k det(A − 3I)= det −1 −1 2 = k = 0. 0 −1 1 Esercizio 8. Le matrici possono essere pensate sia come matrici reali che come matrici complesse. i) p.c. 2 −1 3 −2 = 2−T 3 −1 = T2 − 1 −2 − T
Gli autovalori sono le radici di questo polinomio, cio` ±1. e Gli autovettori relativi a 1 sono le soluzioni del sistema (A − I)X = 0. Posto X = x1 , si ha x2 x1 − x2 = 0 3x1 − 3x2 = 0 .
Le soluzioni sono le coppie(t, t), ∀ t ∈ IR(I C). Per l’autovalore -1, il sistema da risolvere, (A + I)X = 0, ` e Le soluzioni sono (t, 3t), ∀ t ∈ IR(I C). 0 0 3 −T 0 ii) p.c. 1 −1 1 = det 1 −1 − T −1 0 2 −1 0 3x1 − x2 = 0 3x1 − x2 = 0 .
3 1 = (−1 − T )(T 2 − 2T + 3). 2−T
In campo reale si ha solo la radice -1. Gli autovettori relativi a -1 sono le soluzioni del sistema (A + I)X = 0. Osservazione. Poich´-1 ` radice semplice del polinomio caratteristico, la dimensione dell’autospazio e e V−1 , cio` il numero delle incognite libere del sistema, ` 1. e e x1 + 3x3 = 0 x + x3 = 0 1 −x1 + 3x3 = 0 Gli autovettori sono le terne (0, t, 0), ∀ t ∈ IR(I C). 2
Osservazione. Se la matrice ` interpretata come matrice complessa, si hanno anche gli autovalori e √ 1 ± 2i. √ √ Per λ = 1 + 2i, gli...
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