Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

Second partial exam

Soluzioni Algebra lineare e GeometriaSeconda Prova intermedia Ingegneria Matematica27 giugno 2016 1.Per quali valori del parametro realekla matriceA k=2 42 3 3 +k 0 5kk 0k k+ 53 5:e diagona- lizzabile da una matrice reale? Per tali valori si determini una base diR3 formata da autovettori diA k SoluzioneIl polinomio caratteristico eP() =(2)(5)2 indipendentemente da k. L'autovalore doppio= 5 ha molteplicita geometrica 2 se e solo sek= 0, per cui Ae diagonalizzabile se e solo sek= 0. Una base diR3 formata da autovalori diA 0e f[1;0;0]T ;[1;1;0]T ;[1;0;1]T g: 2. Si pongaA=2 6 6 42 2 1 1 2 21 1 11 1 1 1 1 1 53 7 7 5: 2.1 Si determini una matrice a scalaUottenuta con operazioni elementari sulle righe diA. Si trovi una base ortonormale di Ker(A) (ortonormale rispetto al prodotto standard diR4 ). 2.2 Si determini la proiezione ortogonale div= [1;3;1;2]T su Ker(A). 2.3 Si spieghi perche lo spazio colonnaHdiAcoincide con lo spazio riga diA. Sia L:H!Hl'endomor smo diHde nito daL(v) =Av. Si determinino gli autovalori e gli autovettori diL(suggerimento: una base diHe formata dalle righe non nulle diU; si scriva la matrice diLrispetto a tale base). 2.4 Si determini una base ortonormale diR4 formata da autovettori diA(suggeri- mento: autovalori e autovettori diAsono determinati in 2.1 e 2.3). SoluzioneUsiamo il simboloyper denotare una sequenza non speci cata di operazioni elementari sulle righe:2 6 6 42 2 1 1 2 21 1 11 1 1 1 1 1 53 7 7 5y2 6 6 41 1 11 2 21 1 1 1 1 5 0 0 0 03 7 7 5y2 6 6 41 1 11 0 0 1 3 0 0 2 6 0 0 0 03 7 7 5y2 6 6 41 1 11 0 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 03 7 7 5= U Una base per il nucleo e formata dai vettoriv 1= [ 1;1;0;0]T ev 2= [2 ;0;3;1]T . La proiezione ortogonale div 2su v? 1e b=v 2v T 2v 1 jjv 1jj2v 1= [1 ;1;3;1]T : Una base ortonormale del nucleo e per esempio{ 1 p 2v 1;1 2p 3b} La proiezione ortogonale divsu Ker(A) e p=v T v1 jjv 1jj2v 1+v T b jjbjj2b =1 12[ 13;11;3;1]T La matriceAe simmetrica, per cui lo spazio colonna e lo spazio riga diAconcidono, e le prime due righew 1= [1 ;1;1;1]T ew 2= [0 ;0;1;3]T diUformano una base diH. Svolgendo il prodotto di matrici si trovaAw 1= 4 w 1e Aw 2= [2 ;2;4;16]T = 2w 1+ 6 w 2. La matrice diLrispetto alla basefw 1; w 2g diHe quindiM=[ 4 2 0 6] :Gli autovalori diM sono 4 e 6, e autovettori corrispondenti sono rispettivamente [1;0]T e [1;1]T . Concludiamo cheLha un autovettoreb 3= 1 w 1+ 0 w 2= w 1relativo all'autovalore 4, e un autovettore b4= 1 w 1+ 1 w 2= [1 ;1;0;2]T relativo all'autovalore 6. SiccomeAe una matrice simmetrica,R4 = Ker(A)H, e gli autovettori diArelativi agli autovalori non nulli coincidono con gli autovettori della sua restrizioneLallo spazio colonna H. Quindi una base ortonormale diR4 formata da autovettori diAsi puo ottenere dalla base ortonormale del nucleo determinata nel punto 2.1 aggiungendo una base ortonormale di ciascun autospazio diL. OraLper il punto 2.3 ha due autospazi di dimensione uno, generati rispettivamente dai vettorib 3e b 4. Si osservi che b 3e b 4sono ortogonali tra loro, coerentemente con il teorema spettrale. In conclusione, una base ortonormale diR4 formata da autovettori diAe 8 > > < > > :1 p 22 6 6 4 1 1 0 03 7 7 5;1 2p 32 6 6 41 1 3 13 7 7 5;1 22 6 6 41 1 1 13 7 7 5;1 p 62 6 6 41 1 0 23 7 7 59 > > = > > ;