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Problemi risolti su endomorfismi e diagonalizzazione

Applicazioni lineari e endomorfisimi

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Problemi risolti su endomorfismi e diagonalizzazione

 
In questo articolo troverete una raccolta di 16 esercizi sugli endomorfismi e la diagonalizzazione, dettagliatamente svolti e corredati di tutti i passaggi necessari. Gli esercizi sono pensati per un corso di algebra lineare, ideali per studenti di ingegneria, fisica e matematica, con l’obiettivo di affinare competenze e consolidare la comprensione di questi argomenti fondamentali.

Oltre agli esercizi, il documento include una sezione teorica che esplora definizioni, proprietà e teoremi essenziali sugli endomorfismi e la diagonalizzazione. Sono presenti anche le notazioni adottate e una bibliografia per ulteriori approfondimenti. Segnaliamo inoltre la raccolta di Esercizi sulle applicazioni lineari per esercizi di base sul tema. Ci auguriamo che questa risorsa sia utile per il vostro apprendimento. Buona lettura!
 
 

Autori e revisori

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Autori: Daniele Volpe.

Revisori: Luigi De Masi, Matteo Talluri, Sara Sottile, Valerio Brunetti.  


 

Notazioni

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\mathbb{R} campo dei numeri reali
\mathbb{C} campo dei numeri complessi
\mathbb{N} insieme numeri naturali (incluso lo zero)
\mathbb{K} generico campo
V generico spazio vettoriale
\dim V dimensione dello spazio vettoriale V
\mathbf{0}_V\in V vettore nullo in V
\mathbf{0} vettore nullo dello spazio vettoriale in esame
\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R}) spazio vettoriale delle matrici m\times n a coefficienti reali
\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) spazio vettoriale delle matrici quadrate n\times n a coefficienti reali
\operatorname{Id} matrice identità di dimensione deducibile dal contesto
\operatorname{rnk}A rango della matrice quadrata A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})
\det A determinante della matrice quadrata A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})
\mathbb{R}_{\leq k}[x] spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali nella variabile x aventi grado al più k\in\mathbb{N}
\operatorname{ma(\lambda)} molteplicità algebrica dell’autovalore \lambda
\operatorname{mg(\lambda)} molteplicità geometrica dell’autovalore \lambda
\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)\subseteq V sottospazio vettoriale di V generato dai vettori v_1,\dots,v_n\in V
E(\lambda)\subseteq V autospazio relativo all’autovalore \lambda

 

Richiami di teoria su endomorfismi e diagonalizzazione

In questa sezione richiameremo brevemente i concetti di teoria necessari alla comprensione e allo svolgimento degli esercizi proposti, i quali saranno incentrati sulla diagonalizzazione di endomorfismi di spazi vettoriali finito dimensionali. Tutti i risultati riportati possono essere trovati in un qualsiasi testo di base di algebra lineare e geometria: per il lettore interessato, ne sono consigliati tre in bibliografia.

Generalità sugli omomorfismi di spazi vettoriali.

Ricordiamo innanzitutto le definizioni delle principali tipologie di applicazioni fra spazi vettoriali ed i concetti di nucleo ed immagine.    

Definizione 1.1.  Siano V e W spazi vettoriali sul campo \mathbb{K}. Una funzione

    \[F \colon V \to W\]

è detta applicazione lineare o omomorfismo se soddisfa le seguenti condizioni:

  • Additività: F(v_1 + v_2) = F(v_1) + F(v_2) per ogni v_1,v_2 \in V.
  • Omogeneità: F(kv) = k F(v) per ogni v\in V e per ogni k \in \mathbb{K}.

Osservazione 1.2 Si noti che le due condizioni di addività e omogeneità possono essere sintetizzate in una sola proprietà, detta linearità :

    \[f(k_1 v_1+k_2 v_2)=k_1 f(v_1)+k_2 f(v_2),\]

per ogni v_1,v_2\in V e k_1,k_2\in\mathbb{K}.    

Definizione 1.3.  Si definisce immagine dell’applicazione f\colon V\to W il sottoinsieme del codominio \operatorname{Im}(f)\subseteq W:

    \[\operatorname{Im}(f)=\{w\in W\colon\exists v\in V\textrm{ tale che } w=f(v) \}.\]

Si definisce immagine del sottoinsieme del dominio V'\subseteq V il sottoinsieme del codominio f(V')\subseteq W:

    \[f(V')=\{w\in W\colon\exists v\in V'\textrm{ tale che } w=f(v) \}.\]

Si definisce preimmagine del sottoinsieme del codominio W'\subseteq W il sottoinsieme del dominio f^{-1}(W')\subseteq V:

    \[f^{-1}(W')=\{v\in V\colon\exists w\in W \textrm{ tale che } f(v)=w\}.\]

Si definisce invece nucleo dell’applicazione f\colon V\to W il sottoinsieme del dominio \operatorname{Ker}(f)\subseteq V:

    \[\operatorname{Ker}(f)=\{v\in V\colon f(v)=\mathbf{0}_W\}..\]

Osservazione 1.4 Si prova agevolmente che i due insiemi \operatorname{Ker}(f) e \operatorname{Im}(f) sono sottospazi vettoriali rispettivamente del dominio e del codominio.

Ricordiamo adesso che a livello insiemistico una funzione f\colon V\to W è detta:

  • iniettiva se f(v_1)=f(v_2)\iff v_1=v_2;
  • suriettiva se ogni w\in W è tale che w=f(v) per qualche v\in V o, equivalentemente, se \operatorname{Im}(f)=W;
  • biettiva se è sia iniettiva che suriettiva.

In particolare le funzioni biettive sono dette invertibili, poiché si può provare che la biettività è equivalente all’esistenza di un inverso unico. Per approfondire, vedere la proposizione 2.27 della dispensa sulle funzioni elementari [4].

Un’applicazione lineare f\colon V\to W è detta

  • isomorfismo se è biettiva;
  • endomorfismo se dominio e codominio coincidono, i.e V=W;
  • automorfismo se è un endomorfismo biettivo.

Assumiamo che i due spazi vettoriali V e W abbiano dimensione finita e fissiamo \operatorname{dim}V=n e \operatorname{dim}W=m. Ricordiamo che scelte la base \mathcal{B}_V=\{v_1,v_2,...,v_n\} di V e la base \mathcal{B}_W=\{w_1,w_2,...,w_n\} di W, all’applicazione può essere associata un’unica matrice A\in\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{K}) di entrate A_{ij}\in\mathbb{K}. Per ogni vettore v\in V infatti si ha

    \[f(v)=f\left(\sum_{j=1}^{n}\alpha_j v_j\right)=\sum_{j=1}^{n}\alpha_jf( v_j)= \sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{m} \alpha_j f_i ( v_j )w_i.\]

Al primo passaggio si è usata la possibilità di decomporre v in modo unico in una combinazione lineare di vettori della base di V con coefficienti \alpha_j\in\mathbb{K}, al secondo passaggio la linearità di f ed al terzo la possibilità di decomporre, le immagini dei vettori f(v_j) in modo unico in combinazioni lineari dei vettori della base di W con coefficienti f_i(v_j)\in\mathbb{K}.    

Definizione 1.5.  Siano V e W spazi vettoriali di dimensione finita \operatorname{dim}V=n e \operatorname{dim}W=m. Sia f\colon V \rightarrow W un’applicazione lineare, siano inoltre \mathcal{B}_V una base di V e \mathcal{B}_W una base di W Definiamo matrice associata all’applicazione f la matrice A\in\mathcal{M}_{m\times n}({\mathbb{K}}) avente per colonne le componenti nella base \mathcal{B}_W delle immagini dei vettori della base \mathcal{B}_V:

    \[A_{ij}=f_i(v_j).\]

Notiamo che se f\colon V\to V è un endomorfismo la matrice associata è quadrata.

Sintetizziamo nella seguente proposizione tutte le principali proprietà degli omomorfismi che verranno utilizzate negli esercizi proposti.    

Proposizione 1.6.  Siano V e W spazi vettoriali di dimensione finita \operatorname{dim}V=n e \operatorname{dim}W=m. Sia f\colon V \rightarrow W un’applicazione lineare e sia A\in\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{K}) la matrice associata ad f rispetto a una base \mathcal{B}_V di V e a una base \mathcal{B}_W di W. Valgono le seguenti proprietà:  

     

  1. Il nucleo di f è il sottospazio vettoriale di V generato da vettori aventi per componenti nella base \mathcal{B}_V un insieme massimale di n-uple linearmente indipendenti che siano soluzioni del sistema lineare omogeneo

        \[Ax = 0,\]

    con x\in\mathbb{K}^n.

  2. L’immagine di f è il sottospazio vettoriale di W generato dai vettori aventi per componenti nella base \mathcal{B}_W le n m-uple date dalle colonne di A.
  3. Il rango di A è uguale al numero di colonne linearmente indipendenti di A, dunque è uguale a \operatorname{dim}\operatorname{Im}(f).
  4. f è iniettivo se e solo se \operatorname{Ker}(f)=\{\mathbf{0}_V\}.
  5. Vale la relazione:

    (1)   \begin{equation*} \operatorname{dim}\operatorname{Ker}(f)+\operatorname{dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{dim}V. \end{equation*}

  6. Nel caso in cui V=W ed f è quindi un endomorfismo, la relazione precedente implica che esso è iniettivo se e solo se è suriettivo. Il verificarsi di una delle due condizioni garantisce dunque che f è un automorfismo. Ciò avviene se e solo se la matrice associata A è non singolare, ossia se e solo se \det A \neq 0.

Inoltre, nello studio degli endomorfismi e delle matrici ad essi associati, sceglieremo sempre, a meno che non sia specificato, la stessa base \mathcal{B} per dominio e codominio.

Enunciamo adesso, nel caso specifico di un endomorfismo, come sono legate le matrici associate ad esso rispetto a basi diverse.    

Proposizione 1.7.  Sia V uno spazio vettoriale su \mathbb{K} di dimensione \operatorname{dim}V=n, f\colon V\to V un endomorfismo e siano inoltre \mathcal{B} e \mathcal{B}' due basi di V. Allora la matrice A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) associata ad f nella base \mathcal{B} e la matrice A'\in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) associata ad f nella base \mathcal{B}' sono legate dalla relazione

(2)   \begin{equation*} A=P^{-1}A'P \end{equation*}

dove P\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) è la matrice di passaggio da \mathcal{B} a \mathcal{B}'.

Due matrici quadrate generiche che soddisfano la relazione in proposizione 2 sono dette simili. Notiamo in particolare che, da una banale applicazione del teorema di Binet, segue che matrici simili hanno lo stesso determinante, quindi tutte le matrici associate alla stesso endomorfismo hanno lo stesso determinante.

Diagonalizzazione di endomorfismi.

Passiamo adesso all’argomento principale di tutti gli esercizi della dispensa. Ricordiamo brevemente le nozioni di autovettori ed autovalori di un endomorfismo.    

Definizione 1.8.  Sia V uno spazio vettoriale sul campo \mathbb{K} e f\colon V \rightarrow V un endomorfismo. Si dice che \lambda\in\mathbb{K} è un autovalore di f se esiste un vettore non nullo v \in V tale che

    \[f(v) = \lambda v.\]

In tal caso, v è detto autovettore di f relativo all’autovalore \lambda.

Autovettori relativi ad autovalori distinti sono necessariamente linearmente indipendenti, ma ad uno stesso autovettore \lambda\in\mathbb{K} possono essere associati più autovettori linearmente indipendenti.

Chiameremo E(\lambda) lo spazio vettoriale generato da un insieme massimale di autovettori linearmente indipendenti di f relativi all’autovalore \lambda, detto l’autospazio di f relativo all’autovalore \lambda.

Da adesso in poi sarà sempre preso in considerazione il caso in cui V è uno spazio vettoriale di dimensione finita \operatorname{dim}V=n.    

Proposizione 1.9.  Sia A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) la matrice associata ad un endomorfismo f\colon V\to V rispetto ad una generica base \mathcal{B}, gli autovettori e gli autovalori possono essere ricavati nella seguente maniera:  

  1. Si calcola il polinomio caratteristico

        \[p(\lambda)=\operatorname{det}(A-\lambda \operatorname{Id}).\]

  2. I valori di \lambda che lo annullano sono gli autovalori di f: \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\in\mathbb{K}.
  3. L’autospazio relativo al generico autovalore \lambda_i\in\mathbb{K} è:

        \[E(\lambda_i)=\operatorname{Ker}(f-\lambda_i\operatorname{Id}).\]

    Dunque le componenti x_i\in\mathbb{K}^n di un generico autovettore relativo a \lambda_i, nella base \mathcal{B}, si ricaveranno risolvendo il sistema lineare omogeneo:

        \[(A-\lambda_i \operatorname{Id})x_i=0.\]

Il polinomio caratteristico gode inoltre delle proprietà riassunte nella seguente proposizione.    

Proposizione 1.10.  Sia V uno spazio vettoriale di dimension finita ed f\colon V\to V un endomorfismo. Il suo polinomio caratteristico soddisfa le proprietà elencate di seguito.  

  1. Il suo grado n\in\mathbb{N} è pari alla dimensione dello spazio V su cui è definito l’endomorfismo.
  2. Non dipende dalla base scelta, ma caratterizza l’endomorfismo. Matrici simili, essendo associate allo stesso endomorfismo, hanno lo stesso polinomio caratteristico. In altre parole: condizione necessaria affinché due matrici siano simili e rappresentino lo stesso endomorfismo è che abbiano lo stesso polinomio caratteristico.
  3. Il termine di grado 0 coincide con il determinante della matrice associata A.
  4. Il termine di grado n-1 coincide con (-1)^{n-1}\operatorname{Tr}(A)=(-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n a_{ii}.

Lo studio degli autovettori e degli autovalori si rivela cruciale nella ricerca, quando possibile, di una base nella quale la matrice associata all’applicazione abbia la forma più semplice possibile: quella diagonale.    

Definizione 1.11.  Un endomorfismo f\colon V \rightarrow V è diagonalizzabile se esiste una base di V tale che la matrice associata ad f rispetto a tale base è una matrice diagonale o, equivalentemente, se la matrice ad esso associata rispetto ad una qualsiasi base è simile ad una matrice diagonale.

In particolare enunciamo il seguente cruciale risultato:    

Teorema 1.12.  Un endomorfismo f\colon V\to V è diagonalizzabile se e solo se V ammette una base \mathcal{B}_D=\{v_1,..,v_n\} di autovettori di f. Rispetto a tale base, detta base diagonalizzabile, la matrice associata ad f avrà in diagonale gli autovalori:

    \[A_D=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&...&0\\0&\lambda_2&...&0\\0&0&...&0\\0&0&...&\lambda_n \end{pmatrix}.\]

Si ha inoltre

    \[A_D=PAP^{-1},\]

dove A è la matrice associata ad f in una base \mathcal{B} e P è la matrice di passaggio da \mathcal{B} a \mathcal{B}_D, avente per colonne le componenti degli autovettori di f rispetto ai vettori della base \mathcal{B} ed è detta matrice diagonalizzante.

Definiamo adesso molteplicità algebrica di un autovalore \lambda_i\in\mathbb{K}, che indichiamo con \operatorname{ma}(\lambda_i), la molteplicità di \lambda come radice del polinomio caratteristico, ovvero, più formalmente, il massimo numero naturale n\in\mathbb{N} per cui (\lambda-\lambda_i)^n divide il polinomio caratteristico.

Definiamo molteplicità geometrica di un autovalore \lambda\in\mathbb{K}, che indichiamo con \operatorname{mg}(\lambda), la dimensione dell’autospazio E(\lambda) ad esso relativo:

(3)   \begin{equation*} \operatorname{mg}(\lambda)=\operatorname{dim}E(\lambda)=\operatorname{dim}\operatorname{Ker}(A-\lambda I)=n-\operatorname{rnk}(A-\lambda I). \end{equation*}

Sappiamo che per ogni autovalore \lambda_i\in\mathbb{K} vale sempre la disuguaglianza

(4)   \begin{equation*} 0<\operatorname{mg}(\lambda_i)\leq\operatorname{ma}(\lambda_i). \end{equation*}

A questo punto siamo pronti per enunciare il più noto ed importante criterio di diagonalizzabilità, che utilizzeremo continuamente nella prossima sezione.

Teorema 1.13.  Un endomorfismo f\colon V\to V è diagonalizzabile se e solo se il suo polinomio caratteristico è completamente decomponibile in \mathbb{K} e la molteplicità geometrica di ogni autovalore è pari alla sua molteplicità algebrica.

 

Testi degli esercizi su endomorfismi e diagonalizzazione

Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data l’applicazione F\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 tale che

    \[F(x,y)=(x-y,y),\qquad\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2.\]

  1. Verificare che F è lineare.

    2.  

  2. Stabilire se F è un automorfismo.

    3.  

  3. Determinare la matrice associata ad F rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^2 e rispetto alla base \mathcal{B}=\{(1,2), (-1,-1)\}.

    4.  

  4. Dato il vettore v=(-1,3), calcolare l’immagine del sottospazio \mathcal{L}(v) e la controimmagine di \{v\} sotto sotto l’azione di F.

    5.  

  5. Determinare tutti gli autovettori di F e stabilire se F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

Verifichiamo che F rispetta la definizione 1.1.

  • Dati due vettori arbitrari (x,y), (x',y')\in\mathbb{R}^2, si ha:  

        \[\begin{aligned} F(x+x',y+y')&=((x+x')-(y+y'), y+y')=\\&=((x-y)+(x'-y'),y+y')=\\ &=(x-y,y)+(x'-y',y')=\\&=F(x,y)+F(x',y'). \end{aligned}\]

    •  

  • Dati uno scalare k\in\mathbb{R} ed un vettore (x,y)\in\mathbb{R}^2 arbitrari  

        \[F(kx,ky)=(kx-ky,ky)=(k(x-y),ky)=k(x-y,y)=kF(x,y).\]

Svolgimento punto 2.

Per mostrare che l’applicazione è un automorfismo, notiamo prima che

    \[F(x,y) = A \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix},\]

ove la matrice A=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}, dalla definizione 1.5, è la matrice associata ad F rispetto alla base canonica richiesta al punto successivo.

Dato che \det A=1, F è un endomorfismo di rango massimo e dunque un automorfismo, come segue dalla proposizione 1.6, punto 6.

Svolgimento punto 3.

La matrice A è quella associata ad F rispetto alla base canonica. Determiniamo la matrice B associata ad F rispetto alla base \mathcal{B} in accordo con la definizione 1.5.

    \[\begin{aligned} F(1,2)&=(-1,2)=3(1,2)+4(-1,1)\\ F(-1,-1)&=(0,-1)=-(1,2)-(-1,-1). \end{aligned}\]

Per definizione segue che B=\begin{pmatrix} 3&-1\\4&-1 \end{pmatrix}.

Svolgimento punto 4.

F\left(\mathcal{L}(v)\right)=\mathcal{L}(F(v))=\mathcal{L}((-4,3)).

La controimmagine del singoletto \{v\}, F^{-1}(\{v\}), è data da tutti i vettori (x,y)\in\mathbb{R}^2 tali che F(x,y)=v, dunque

    \[F(x,y)=(-1,3)\iff \begin{cases} x-y=-1\\y=3 \end{cases}\iff (x,y)=(2,3)\iff F^{-1}(v)=\{(2,3)\}.\]

Svolgimento punto 5.

Impostiamo e risolviamo l’equazione per determinare gli autovalori, ovvero calcoliamo il polinomio caratteristico p(\lambda) e i suoi zeri.

    \[p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&-1\\0&1-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)^2.\]

Tale polinomio si annulla se e solo se \lambda=1, che è dunque l’unico autovalore di F con molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=2. Per stabilire se l’applicazione sia diagonalizzabile andiamo a studiarne la molteplicità geometrica:

    \[\operatorname{rnk}\begin{pmatrix}0&-1\\0&0\end{pmatrix}=1.\]

Dalla disuguaglianza (4) deduciamo che \operatorname{mg}(1)=1<2=\operatorname{ma}(1), il teorema 1.13 implica quindi che l’applicazione non è diagonalizzabile.


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data l’applicazione lineare F\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 tale che

    \[F(x,y)=(x+y,x+y),\qquad \forall(x,y)\in\mathbb{R}^2.\]

 

  1. Stabilire se F è un automorfismo.

    2.  

  2. Determinare tutti gli autovettori di F e stabilire se F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

F non è un automorfismo, come si può dedurre notando che \operatorname{Ker}(F)\neq\{\mathbf{0}\}.

Ciò può essere dedotto, ad esempio, notando che la matrice

    \[A=\begin{pmatrix} 1&1\\1&1 \end{pmatrix}\]

associata alla base canonica ha righe identiche, quindi determinante nullo: deduciamo quindi dal punto 6 della proposizione 1.6 che l’applicazione non è invertibile. Alternativamente, si verifica banalmente che

    \[\operatorname{Ker}(F)=\mathcal{L}((1,-1)).\]

Svolgimento punto 2.

Innanzitutto, avendo nucleo non banale, l’applicazione ammette \lambda_1=0 come autovalore e

    \[E(0)=\operatorname{Ker}(F).\]

Determiniamo adesso il polinomio caratteristico e l’altra sua radice \lambda_2.

    \[\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&1\\1&1-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)^2-1=(1-\lambda-1)(1-\lambda+1)=\lambda(\lambda-2)\Rightarrow\lambda_2=2.\]

Dato che F ammette due autovalori distinti, è diagonalizzabile. Questo perché la molteplicità geometrica dei due autovettori associati ai due autovalori è, come segue da (4), necessariamente 1. Dal criterio 1.13 segue la diagonalizzabilità dell’applicazione. Abbiamo quindi due vettori linearmente indipendenti che costituiscono una base di \mathbb{R}^2 fatta da autovettori di f. Determiniamo il secondo autospazio.

    \[(A-2\operatorname{Id})\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=0\iff x=y.\]

Dunque E(2)=\mathcal{L}((1,1)).


 

 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data l’applicazione lineare F\colon\mathbb{R}_{\leq2}[x]\to\mathbb{R}_{\leq2}[x] tale che

    \[F(1)=x^2\qquad F(x)=-1+x+x^2\qquad F(x^2)=x^2.\]

 

  1. Stabilire se F è un automorfismo.

    2.  

  2. Determinare una base del nucleo e dell’immagine di F.

    3.  

  3. Determinare autovalori ed autospazi di F.

    4.  

  4. Stabilire se F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

F non è un automorfismo in quanto non è iniettivo, dato che F(1)=F(x^2)=x^2.

Svolgimento punto 2.

Dominio e codominio di F sono spazi vettoriali di dimensione 3. L’applicazione non è iniettiva, l’immagine quindi non può avere dimensione massima, come segue dal punto 5 della proposizione 1.6.

Notiamo che F(x)=-1+x+x^2 e F(x^2)=x^2 sono linearmente indipendenti, dunque dalla proposizione 1.6 punto 2 segue che \dim\operatorname{Im}(f)=2 e una sua base è data dalle immagini di tali vettori linearmente indipendenti

    \[\mathcal{B}_1=\{-1+x+x^2,x^2\}.\]

Ancora dalla proposizione 1.6 punto 5 segue che:

    \[\dim \operatorname{Ker}(F)=3-\dim\operatorname{Im}(F)=3-2=1.\]

Dato che due dei vettori di base hanno la stessa immagine, si osserva che l’immagine della loro differenza, per linearità, non può che essere nulla:

    \[F(1-x^2)=F(1)-F(x^2)=x^2-x^2=0.\]

Se ne deduce che

    \[\operatorname{Ker(F)}=\mathcal{L}(1-x^2).\]

Svolgimento punto 3.

Avendo caratterizzato il nucleo, sppiamo già che F ammette \lambda_1=0 come autovalore e \operatorname{Ker}(F)=E(0). Dalla definizione di F è evidente che anche \lambda_2=1 è autovalore corrispondente all’autovettore x^2.

Cerchiamo se ci sono altri autovettori corrispondenti a tale autovalore, dati tre scalari a,b,c\in\mathbb{R}:

    \[\begin{aligned}F(a+bx+cx^2)&=a+bx+cx^2\\ \iff ax^2+b(-1+x+x^2)+cx^2&=a+bx+cx^2 \\ \iff (a+b)x^2-(a+b)&=0 . \end{aligned}\]

Tale identità è valida se e solo se a=-b e \forall c\in\mathbb{R}. Scegliendo quindi a=-1, b=1 e c=0 si determina un secondo generatore dell’autospazio in esame, quindi

    \[E(1)=\mathcal{L}(x-1,x^2).\]

Svolgimento punto 4.

Abbiamo al punto sopra determinato tre autovettori linearmente indipendenti, dunque l’endomorfismo è diagonalizzabile.

 
 

Esercizio 4 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data l’applicazione F\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 tale che

    \[F(x,y,z)=(x-y+z,2y,z),\qquad\forall(x,y,z)\in\mathbb{R}^3.\]

 

  1. Determinare \operatorname{Ker}(F) e \operatorname{Im}(F).

    2.  

  2. Dato il vettore v=(-1,0,1), calcolare l’immagine del sottospazio \mathcal{L}(v) e la controimmagine del singoletto \{v\} sotto l’azione di F.

    3.  

  3. Stabilire se F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

La matrice associata ad F rispetto alla base canonica è

    \[M=\begin{pmatrix} 1&-1&1\\0&2&0\\0&0&1 \end{pmatrix}.\]

Notando che \det M=2 deduciamo che essa è inoltre invertibile, da cui segue:

    \[\operatorname{Ker}(F)=\{\mathbf{0}\}\qquad\text{e}\qquad\operatorname{Im} (F)=\mathbb{R}^3.\]

Svolgimento punto 2.

Per determinare l’immagine del sottospazio \mathcal{L}(v) sfruttiamo la linearità di F:

    \[F(\mathcal{L}(v))=\mathcal{L}(F(v))=\mathcal{L}((0,0,1)).\]

Determiniamo adesso la controimmagine dell’insieme \{v\}:

    \[\begin{aligned} F(x,y,z)=(-1,0,1)&\iff \begin{cases}x-y+z=-1\\2y=0\\z=1\end{cases}\\&\iff \begin{pmatrix} 1&-1&1\\0&2&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1\\0\\1 \end{pmatrix}. \end{aligned}\]

Risolvendo il sistema lineare si ottiene l’unica soluzione (-2,0,1) e quindi

    \[F^{-1}(\{v\})=\{(-2,0,1)\}.\]

Svolgimento punto 3.

Determiniamo innanzitutto gli autovalori dell’endomorfismo impostando e risolvendo l’equazione secolare:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda I)=\\&=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&-1&1\\0&2-\lambda&0\\0&0&1-\lambda \end{pmatrix}=\\&=(1-\lambda)^2(2-\lambda)=0. \end{aligned}\]

Sono presenti due autovalori \lambda_1=2 di molteplicità algebrica \operatorname{ma}(2)=1 e quindi molteplicità geometrica \operatorname{mg}(2)=1 (come segue dalla disuguaglianza (4)) e \lambda_2=1 con molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=2. Per completare l’analisi studiamo la molteplicità geometrica di quest’ultimo. Abbiamo che

    \[\operatorname{rnk} (M-\operatorname{Id})=\begin{pmatrix} 0&-1&1\\0&1&0\\0&0&0 \end{pmatrix}=2.\]

Dall’equazione (3) segue che la molteplicità geometrica di \lambda_2=1 è quindi \operatorname{mg}(1)=3-2=1<2=\operatorname{ma}(1). Ne segue che il criterio di diagonalizzabilità (teorema 1.13) è violato e l’applicazione risulta non diagonalizzabile.


 
 

Esercizio 5 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data l’applicazione F\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 tale che

    \[F(x,y,z)=(2y,kx-y+kz,2y),\qquad \forall(x,y,z)\in\mathbb{R}^3,\]

dove k è un parametro reale.
 

  1. Determinare al variare di k una base di \operatorname{Ker}(F) e \operatorname{Im}(F).

    2.  

  2. Stabilire per quali valori di k l’endomorfismo F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

La matrice associata ad F rispetto alla base canonica al variare di k\in\mathbb{R} è

    \[M=\begin{pmatrix} 0&2&0\\k&-1&k\\0&2&0 \end{pmatrix}.\]

Essa non ha mai rango massimo, avendo due colonne coincidenti, ma ha rango 2 se k\neq 0. Infatti un minore non nullo di ordine due è ad esempio il determinante

    \[\det\begin{pmatrix} 0&2\\k&-1 \end{pmatrix}=-2k.\]

Se k=0, invece, vi è una sola colonna non nulla e quindi il rango è pari ad 1.

  • Per k=0 abbiamo:

        \[M=\begin{pmatrix} 0&2&0\\0&-1&0\\0&2&0 \end{pmatrix}.\]

    Il suo nucleo è dato quindi da tutti i vettori (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 tali che:

        \[\begin{aligned} F(x,y,z)&=\begin{pmatrix} 0&2&0\\0&-1&0\\0&2&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\mathbf{0}\\ &\iff y=0,\quad (x,z)\in\mathbb{R}^2. \end{aligned}\]

    Dunque

        \[\operatorname{Ker}(F)=\mathcal{L}((1,0,0),(0,0,1))\]

    e quindi \dim\operatorname{Ker}(F)=2.

    Quindi una base dell’immagine, che sarà unidimensionale, può essere determinata calcolando l’immagine di un qualsiasi vettore che sia linearmente indipendente dai due che generano il nucleo, oppure, equivalentemente, ricordando da 1.6 punto 2 che l’immagine è generata dalle colonne della matrice associata all’endomorfismo. Deduciamo quindi:

        \[\operatorname{Im}(F)=\mathcal{L}(F(0,1,0))=\mathcal{L}((2,-1,2)).\]

    •  

  • Per k\neq 0 lo studio del sistema omogeneo associato a M restituisce facilmente che  

        \[\begin{pmatrix} 0&2&0\\k&-1&k\\0&2&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\mathbf{0} \iff y=0,\quad x=-z,\]

    e quindi

        \[\operatorname{Ker}(F)=\mathcal{L}((1,0,-1)).\]

    L’immagine è, ancora una volta, generata dalle colonne della matrice associata all’applicazione, quindi

        \[\operatorname{Im}(F)=\mathcal{L}((0,k,0),(2,-1,2)).\]

Svolgimento punto 2.

Innanzitutto studiamo, al variare del parametro, gli zeri del polinomio caratteristico.

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda\operatorname{Id})=\\&=\det\begin{pmatrix} -\lambda&2&0\\k&-1-\lambda&k\\0&2&-\lambda \end{pmatrix}=\\&=-\lambda \det\begin{pmatrix} -1-\lambda&k\\2&-\lambda \end{pmatrix}-k \det\begin{pmatrix} 2&0\\2&-\lambda \end{pmatrix}=\\&=-\lambda(\lambda^2+\lambda-2k)-k(-2\lambda)=\\&=-\lambda(\lambda^2+\lambda-4k). \end{aligned}\]

Dallo studio del discriminante deduciamo che

  • Se 1+16k<0, ovvero k<-\frac{1}{16}, il polinomio caratteristico ha la sola radice reale \lambda_1=0, il criterio dato dal teorema 1.13 non è verificato e la matrice non è diagonalizzabile.
  • Se 1+16k>0, ovvero k>-\frac{1}{16}, e k\neq 0 il polinomio caratteristico ha tre radici distinte e abbiamo quindi tre autovalori distinti. Dalla disuguaglianza (4) si deduce che la molteplicità geometrica di essi è necessariamente 1. In tal caso il criterio dato dal teorema 1.13 è verificato e l’applicazione è necessariamente diagonalizzabile.
  • Se k=-\frac{1}{16} rimane \lambda_1=0 come radice singola e \lambda_2=-\frac{1}{2} come radice doppia. In tal caso bisogna studiare la molteplicità geometrica di \lambda_2. Abbiamo che

        \[\operatorname{rnk}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} &2&0\\[7pt]-\dfrac{1}{16} &-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{16}\\[7pt]0&2&\frac{1}{2} \end{pmatrix}=2.\]

    Quindi abbiamo da (3) che \operatorname{mg}(\lambda_2)=1<2 ed, essendo violato il criterio dato dal teorema 1.13, l’applicazione non è diagonalizzabile.

  • Se k=0 le radici sono comunque tre, ma \lambda_1=0 è una radice doppia: al punto precedente abbiamo già ricavato che in tal caso \dim \operatorname{Ker}(F)=2=\operatorname{mg}(0). Si ricava dalla disuguaglianza (4) che la rimanente radice, avendo molteplicità algebrica 1, avrà anche molteplicità geometrica 1. Dal teorema 1.13 segue che l’applicazione è diagonalizzabile.

 
 

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 l’endomorfismo associato rispetto alla base canonica alla matrice

    \[M=\begin{pmatrix} 1&0&2&0\\0&-1&-1&3\\0&0&3&-4\\0&0&2&-3 \end{pmatrix}.\]

  1. Stabilire se f è invertibile.

    2.  

  2. Determinare nucleo ed immagine di f.

    3.  

  3. Determinare gli autovalori di f.

    4.  

  4. Stabilire se f è diagonalizzabile.

    5.  

  5. Dimostrare che non esiste nessuna base di \mathbb{R}^4 rispetto a cui la matrice associata ad f sia

        \[B=\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&2\\0&0&1&1 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 1.

Calcoliamo il determinante di M con la regola di Laplace sviluppandolo rispetto alla prima colonna:

    \[\det M=-\det\begin{pmatrix} 3&-4\\2&-3 \end{pmatrix}=1.\]

L’applicazione, per il punto 5 della proposizione 1.6, è dunque invertibile.

Svolgimento punto 2.

Dal precedente punto discende immediatamente che il nucleo di f è banale e l’applicazione è anche suriettiva:

    \[\operatorname{Im} f=\mathbb{R}^4.\]

Svolgimento punto 3.

Calcoliamo e fattorizziamo, come di consueto, il polinomio caratteristico:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M- \lambda \operatorname{Id})=\\&=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&2&0\\0&-1-\lambda&-1&3\\0&0&3-\lambda&-4\\0&0&2&-3-\lambda \end{pmatrix}=\\ &=(1-\lambda)(-1-\lambda)((3-\lambda)(-3-\lambda)+8)=\\ &=(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda^2-1)=\\&=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2. \end{aligned}\]

L’applicazione ammette i due autovalori \lambda_1=1 e \lambda_2=-1 con \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(-1)=2.

Svolgimento punto 4.

L’endomorfismo non è diagonalizzabile, infatti si osserva relativamente all’autovalore \lambda_1=1 che

    \[\begin{aligned} \operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})&=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&0&2&0\\0&-2&-1&3\\0&0&2&-4\\0&0&2&-4 \end{pmatrix}\\&=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&-2&-1&3\\0&0&2&-4\\0&0&0&4\\0&0&0&0 \end{pmatrix} =3, \end{aligned}\]

dove la matrice è stata ridotta a scalini usando il metodo di Gauss. Quindi deduciamo dall’equazione (3) che \operatorname{mg}(1)=4-3=1\neq\operatorname{ma}(1) e che, essendo violato il criterio dato dal teorema 1.13, l’endomorfismo non è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 5.

Esistono vari modi di dedurre che le matrici M e B non possono rappresentare lo stesso endomorfismo (o equivalentemente che non sono matrici simili), ovvero che non esiste nessuna P\in\mathcal{M}_4(\mathbb{R}) invertibile tale che:

    \[B=PMP^{-1}.\]

Si può ad esempio notare che i loro polinomi caratteristici sono distinti e che quindi la condizione necessaria 2 in 1.10 è violata :

    \[\begin{aligned} \det(B-\lambda \operatorname{Id})&=(\lambda-1)(\lambda+1)((1-\lambda)^2-2)\\&=(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda^2-2\lambda-1). \end{aligned}\]

Si potrebbe alternativamente provare che le due matrici non hanno gli stessi autovalori. Si osservi che la proprietà di avere gli stessi autovalori è meno forte di quella di avere lo stesso polinomio caratteristico.


 
 

Esercizio 7 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri l’endomorfismo F\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 tale che

    \[\begin{aligned} &F(0,0,1,0)=(1,2,1,3),\\ &\operatorname{Ker}(F)=\mathcal{L}((1,1,0,0),(1,-1,0,0)),\\ &F(0,0,0,1)=(0,0,0,k), \qquad k\in\mathbb{R}. \end{aligned}\]

Stabilire per quali valori di k\in\mathbb{R} F è diagonalizzabile.

Svolgimento.

Osserviamo che l’insieme di vettori

    \[\mathcal{B}=\{(0,0,1,0),(1,1,0,0),(1,-1,0,0),(0,0,0,1)\}\]

costituisce una base di \mathbb{R}^4.

Vogliamo ricavare la matrice M associata ad F rispetto alla base canonica: a tal scopo notiamo innanzitutto che il primo ed il quarto vettore di \mathcal{B} sono già vettori della base canonica, mentre

    \[\begin{aligned} F(1,0,0,0)&=\frac{1}{2}\left(F(1,1,0,0)+F(1,-1,0,0)\right)=0,\\F(0,1,0,0)&=\frac{1}{2}\left(F(1,1,0,0)-F(1,-1,0,0)\right)=0. \end{aligned}\]

Quindi la matrice M associata ad F rispetto alla base canonica è:

    \[M=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&2&0\\0&0&1&0\\0&0&3&k \end{pmatrix}.\]

Determiniamone il polinomio caratteristico:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\\&=\det\begin{pmatrix}-\lambda&0&1&0\\0&-\lambda&2&0\\0&0&1-\lambda&0\\0&0&3&k-\lambda \end{pmatrix}=\\&=\lambda^2(1-\lambda)(k-\lambda). \end{aligned}\]

Gli autovalori sono quindi \lambda_1=0, \lambda_2=1 e \lambda_3=k.

Studiamone le molteplicità algebriche e geometriche:

  • Se k\neq0 e k\neq1 abbiamo che \operatorname{ma}(0)=\operatorname{mg}(0)=2 per definizione stessa di F, gli altri due autovalori risultano distinti e con \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(k)=1 e dalla solita disuguaglianza (4) segue che anche la loro molteplicità geometrica è 1. Il criterio dato dal teorema 1.13 è verificato e l’applicazione è quindi diagonalizzabile.
  • Se k=1, \lambda_2=\lambda_3=1 e quindi \operatorname{ma}(1)=2. Osservando che

        \[\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=\begin{pmatrix} -1&0&0&0\\0&-1&2&0\\0&0&0&0\\0&0&3&0 \end{pmatrix}=3,\]

    deduciamo dalla formula (3) che \operatorname{mg}(1)=4-\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=1 e quindi l’endomorfismo non è diagonalizzabile.

  • Se k=0 abbiamo che \lambda_3=\lambda_1 con \operatorname{ma}(0)=3, il nucleo in tal caso ha per costruzione dimensione 3, siamo quindi certi che \operatorname{mg}(0)=3. L’autovalore \lambda_2=1 ha quindi molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=1 e, dalla disuguaglianza (4), molteplicità geometrica \operatorname{mg}(1)=1. Dal teorema 1.13 segue che l’endomorfismo è diagonalizzabile.

 
 

Esercizio 8 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data la matrice C=\begin{pmatrix} 1&2\\0&-1 \end{pmatrix}. Sia F\colon\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\to\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) tale che

    \[F(A)=CAC^{-1},\qquad\forall A\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}).\]

 

  1. Dimostrare che F è un endomorfismo di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

    2.  

  2. Stabilire se F è iniettivo.

    3.  

  3. Stabilire se F è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

Noto che \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) è uno spazio vettoriale, proviamo che tale applicazione è lineare 1.1:

  • Per ogni A,B\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) abbiamo:  

        \[F(A+B)=C(A+B)C^{-1}=CAC^{-1}+CBC^{-1}=F(A)+F(B).\]

    •  

  • Per ogni A\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) e \forall k\in\mathbb{R} abbiamo:  

        \[F(kA)=C(kA)C^{-1}=kCAC^{-1}=kF(A).\]

Dunque F è un endomorfismo.

Svolgimento punto 2.

Proviamone l’iniettività. Essendo C invertibile, se esistono A,B\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) tali che CAC^{-1}=CBC^{-1}, possiamo moltiplicare a sinistra per C^{-1} e a destra per C, ottenendo:

    \[C^{-1}CAC^{-1}C=C^{-1}CBC^{-1}C \iff A=B\]

che prova l’iniettività dell’endomorfismo.

Svolgimento punto 3.

Per studiarne la diagonalizzabilità, determiniamo prima la matrice associata ad F rispetto alla base canonica di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

    \[\begin{aligned} F\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}&=\begin{pmatrix} 1&2\\0&0 \end{pmatrix}, \qquad &F\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}&&=\begin{pmatrix} 0&-1\\0&0 \end{pmatrix}, \\ F\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix}&=\begin{pmatrix} 2&4\\-1&-2 \end{pmatrix}, \qquad &F\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix}&&=\begin{pmatrix} 0&-2\\0&1 \end{pmatrix}, \end{aligned}\]

e quindi la matrice avente per colonne le coordinate nella base canonica di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) delle immagini dei vettori della base stessa, in accordo con la definizione 1.5, risulta essere

    \[M=\begin{pmatrix} 1&0&2&0\\2&-1&4&-2\\0&0&-1&0\\0&0&-2&1 \end{pmatrix}.\]

La matrice M è triangolare a blocchi, ovvero è nella forma

    \[M=\begin{pmatrix} A_{1} &A_{3}\\ 0_{2} &A_2 \end{pmatrix},\]

dove A_1,A_2,A_3\in\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}) e 0_2\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) è la matrice nulla. Profittiamo di tale esempio per ricordare che per una matrice siffatta vale la relazione:

    \[\operatorname{det}M=\operatorname{det}A_1\operatorname{det}A_2.\]

Per la dimostrazione di tale fatto ed ulteriori approfondimenti, il lettore interessato può consultare ad esempio la breve nota [5] e la bibliografia ivi presente.

Dunque è possibile determinare il suo polinomio caratteristico alla seguente maniera:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\\&=\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&2&0\\2&-1-\lambda&4&-2\\0&0&-1-\lambda&0\\0&0&-2&1-\lambda \end{pmatrix}=\\ &=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0\\2&-1-\lambda \end{pmatrix}\cdot \det\begin{pmatrix} -1-\lambda&0\\-2&1-\lambda \end{pmatrix}=\\&=(1-\lambda)^2(1+\lambda)^2. \end{aligned}\]

Lo stesso risultato può comunque essere agevolmente ottenuto sviluppando il determinante con la regola di Laplace secondo la quarta riga.

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\\&=\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&2&0\\2&-1-\lambda&4&-2\\0&0&-1-\lambda&0\\0&0&-2&1-\lambda \end{pmatrix}=\\&=-(1+\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda&0&0\\2&-1-\lambda&-2\\0&0&1-\lambda \end{pmatrix}=\\&=(1+\lambda)^2(1-\lambda)^2. \end{aligned}\]

Abbiamo quindi due autovalori \lambda_1=1 e \lambda_2=-1 entrambi di molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(-1)=2.

  • Studiamo la molteplicità geometrica di \lambda_1:

        \[\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&0&2&0\\2&-2&4&-2\\0&0&-2&0\\0&0&-2&0 \end{pmatrix}=2,\]

    come può dedursi ad occhio notando che solo la prima e la seconda riga sono linearmente indipendenti, essendo la terza e la quarta l’opposto della prima. Quindi da (3) segue che \operatorname{mg}(1)=2.

  • Studiamo la molteplicità geometrica di \lambda_2:

        \[\operatorname{rnk}(M+\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 2&0&2&0\\2&0&4&-2\\0&0&0&0\\0&0&-2&2 \end{pmatrix}=2,\]

    dato che la quarta riga è la differenza fra la prima e la seconda. Quindi da (3) segue che \operatorname{mg}(-1)=2.

    • F è quindi diagonalizzabile, in quanto le molteplicità algebriche degli autovettori corrispondono a quelle geometriche come richiesto dal teorema 1.13.


 
 

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri l’endomorfismo f\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 tale che

    \[f(x,y,z,t)=(2x-y-z,y,z,z+2t),\qquad\forall(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4.\]

 

  1. Stabilire se esiste una base di \mathbb{R}^4 costituita da autovettori di f.

    2.  

  2. Stabilire se f è un automorfismo.

    3.  

  3. Determinare esplicitamente l’insieme:

        \[A=\{(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4\colon f(x,y,z,t)=(-x,-y,-z,-t)\}.\]

Svolgimento punto 1.

La matrice associata ad F rispetto alla base canonica è:

    \[M=\begin{pmatrix} 2&-1&-1&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&1&2 \end{pmatrix}.\]

Calcoliamo il polinomio caratteristico e i suoi zeri:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&0\\0&1-\lambda&0\\0&1&2-\lambda \end{pmatrix}=\\&=(2-\lambda)^2(1-\lambda)^2. \end{aligned}\]

Dunque gli autovalori sono \lambda_1=1 e \lambda_2=2, entrambi con molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(2)=2. Studiamone la molteplicità geometrica:

    \[\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix}1&-1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&1 \end{pmatrix}=2,\]

quindi dalla formula (3) abbiamo che \operatorname{mg}(1)=4-2=2.

    \[\operatorname{rnk}(M-2\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix}0&-1&-1&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&1&2 \end{pmatrix}=2,\]

quindi dalla formula (3) abbiamo che \operatorname{mg}(2)=4-2=2. Per il teorema 1.13 F è quindi digonalizzabile, fatto che equivale all’esistenza di una base di \mathbb{R}^4 fatta da autovettori di F.

Svolgimento punto 2.

L’endomorfismo non ammette autovalore nullo, dunque ha nucleo costituito dal solo vettore nullo, da cui segue che è iniettivo. Essendo un endomorfismo, come riportato alla proposizione 1.6 punto 6, è anche suriettivo e quindi è un automorfismo.

Svolgimento punto 3.

L’insieme A è l’autospazio di F relativo all’autovalore -1, ma tale autovalore per F non esiste. Da cui segue che A=\{\mathbf{0}\}.

 
 

Esercizio 10 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Stabilire per quali valori di k\in\mathbb{R} esiste una base di \mathbb{R}^4 costituita da autovettori della matrice

    \[M=\begin{pmatrix} 0&k&0&1\\1&0&0&-1\\1&-k&1&-1\\0&0&0&1 \end{pmatrix}.\]

Determinare una tale base nel caso in cui k=1.

Svolgimento.

Poiché una base di \mathbb{R}^4 costituita da autovettori di M esiste se e solo se M è diagonalizzabile, bisogna studiarne la diagonalizzabilità al variare del parametro k \in \mathbb{R}.

    \[\begin{aligned}p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\det\begin{pmatrix} -\lambda&k&0&1\\1&-\lambda&0&-1\\1&-k&1-\lambda&-1\\0&0&0&1-\lambda \end{pmatrix}\\[4pt]&=-(1-\lambda) \det\begin{pmatrix} -\lambda&k&0\\[4pt]1&-\lambda&0\\1&-k&1-\lambda \end{pmatrix}\\[4pt]&=-(1-\lambda)^2\det\begin{pmatrix} -\lambda&k\\1&-\lambda \end{pmatrix}\\[4pt]&=-(1-\lambda)^2(\lambda^2-k). \end{aligned}\]

  • Se k<0 l’unico autovalore reale di M è \lambda_1=1 con \operatorname{ma}(1)=2. Se esistesse una base di \mathbb{R}^4 di autovettori relativa a tale autovalore avremmo \operatorname{mg}(1)=4>\operatorname{ma}(1), che è impossibile poiché in contraddizione con (4).
  • Se k=0, abbiamo oltre a \lambda_1, un secondo autovalore \lambda_2=0 anch’esso con \operatorname{ma}(0)=2. In tal caso, non resta che studiare le molteplicità geometriche dei due autovalori.

        \[\operatorname{rnk}(M-0\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&0&0&1\\1&0&0&-1\\1&0&1&-1\\0&0&0&1 \end{pmatrix}=3,\]

    come si può dedurre notando che prima, seconda e terza riga sono linearmente indipendenti. Dalla formula (3) segue \operatorname{mg}(0)=4-3=1<\operatorname{ma}(0). Essendo violato il criterio 1.13, la matrice non è diagonalizzabile e da ciò segue che non esiste alcuna base di \mathbb{R}^4 composta da autovettori di M.

  • Se k >0 e k \neq 1, abbiamo tre autovalori distinti \lambda=1, \lambda_2=\sqrt{k} e \lambda_3=-\sqrt{k}. Osserviamo che \lambda_2 e \lambda_3 hanno molteplicità algebrica pari a 1 e quindi per la solita disuguaglianza (4) tale è anche la loro molteplicità geometrica.

    A questo punto non resta che studiare la molteplicità geometrica di \lambda_1:

        \[\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} -1&k&0&1\\1&-1&0&-1\\1&-k&0&-1\\0&0&0&0& \end{pmatrix}=2,\]

    quindi dall’equazione (3) abbiamo che \operatorname{mg}(1)=2=\operatorname{ma}(1) ed il criterio dato dal teorema 1.13 è soddisfatto. M è quindi per tali valori del parametro diagonalizzabile e la base di autovettori di \mathbb{R}^4 richiesta esiste.

  • Se k=1, abbiamo due autovalori \lambda_1=1 e \lambda_2=-1, di molteplicità algebriche rispettivamente pari a \operatorname{ma}(1)=3 e \operatorname{ma}(-1)=1.

    L’autovalore \lambda_2=-1 avrà, per la disuguaglianza (4), necessariamente molteplicità geometrica \operatorname{mg}(-1)=1. Studiamo quindi la molteplicità geometrica di \lambda_1=1.

        \[\operatorname{rnk}(M-\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} -1&1&0&1\\1&-1&0&-1\\1&-1&0&-1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}=1,\]

    in quanto seconda e terza riga sono identiche e pari all’opposto della prima. Dunque, dato che da (3) segue che \operatorname{mg}(1)=3=\operatorname{ma}(1), la matrice è diagonalizzabile e la base di \mathbb{R}^4 fatta da autovettori di M esiste.

Determiniamo 4 autovettori di M linearmente indipendenti studiando gli autospazi E(1)=\operatorname{Ker}(M-\operatorname{Id}) e E(-1)=\operatorname{Ker}(M+\operatorname{Id}).

Si ha per l’autospazio E(1):

    \[M-\operatorname{Id}=\begin{pmatrix} -1&1&0&1\\1&-1&0&-1\\1&-1&0&-1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}.\]

Come ricordato in (1.6) punto 1, una base di tale autospazio è quindi data dallo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo

    \[\begin{pmatrix} -1&1&0&1\\1&-1&0&-1\\1&-1&0&-1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=\mathbf{0}.\]

Avendo la matrice rango 1, la risoluzione del sistema è immediata:

    \[\begin{cases} x=k_1+k_3\\ y=k_1\\ z=k_2\\ w=k_3 \end{cases}\]

con k_1,k_2,k_3\in\mathbb{R} parametri reali.

Una base di E(1) si ottiene quindi ponendo volta per volta uno a scelta dei parametri uguale ad 1 e gli altri uguali a 0:

    \[\mathcal{B}_1=\{(0,0,1,0),(1,1,0,0),(1,0,0,1)\}.\]

Si ha invece per l’autospazio E(-1):

    \[M+\operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 1&1&0&1\\1&1&0&-1\\1&-1&2&-1\\0&0&0&2 \end{pmatrix}.\]

Una base di tale autospazio è quindi data dallo spazio delle soluzioni del sistema omogeneo

    \[\begin{pmatrix} 1&1&0&1\\1&1&0&-1\\1&-1&2&-1\\0&0&0&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=\mathbf{0}.\]

La quarta equazione implica immediatamente che w=0, dalla seconda (o dalla prima) equazione si ha di conseguenza che x=-y e a questo punto dalla terza equazione si conclude che z=-x. Una base di E(-1) può essere ottenuta ponendo x=1 ed è quindi:

    \[\mathcal{B}_{-1}=\{(1,-1,-1,0)\}.\]


 
 

Esercizio 11 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia data la matrice

    \[A=\begin{pmatrix} 1&-2&0&k\\0&1&0&0\\1&-1&0&1-k\\0&0&2k-1&0 \end{pmatrix}\]

con k parametro reale. Sia F\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 l’applicazione che ha A come matrice associata rispetto alla base canonica.
 

  1. Discutere al variare di k\in\mathbb{R} la suriettività di F.

    2.  

  2. Determinare la dimensione di \operatorname{Ker}(F) al variare di k\in\mathbb{R}.

    3.  

  3. In corrispondenza dei valori di k\in\mathbb{R} per cui \dim \operatorname{Ker}(F)=2, scrivere esplicitamente l’espressione di F e stabilire se essa è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

Sappiamo dalla proposizione 1.6 punto 6 che un endomorfismo di uno spazio vettoriale V di dimensione finita è suriettivo se e solo se la matrice a esso associato rispetto a una base di V ha rango massimo, ossia se e solo se ha determinante non nullo.

    \[\begin{aligned} \det A&=(2k-1)\det\begin{pmatrix} 1&-2&k\\0&1&0\\1&-1&1-k \end{pmatrix}=\\&=-(2k-1)\det\begin{pmatrix} 1&k\\1&1-k \end{pmatrix}=\\&=(2k-1)^2\neq 0\iff k\neq\frac{1}{2}. \end{aligned}\]

Svolgimento punto 2.

Per k\neq\frac{1}{2} l’endomorfismo è anche iniettivo (1.6 punto 6) ed ha dunque nucleo banale, pertanto \dim \operatorname{Ker}(F)=0. Invece nel caso k=\frac{1}{2}, in cui il rango non può essere massimo, la matrice associata diventa

    \[A=\begin{pmatrix} 1&-2&0&\frac{1}{2}\\[2pt]0&1&0&0\\1&-1&0&\frac{1}{2}\\[2pt]0&0&0&0 \end{pmatrix},\]

che ha rango 2, essendo la terza riga pari alla somma delle prime due, che sono invece linearmente indipendenti. Alternativamente si può norare che l’unico minore di ordine 3 significativo è dato dal determinante

    \[\det\begin{pmatrix}1&-2&\frac{1}{2}\\[2pt]0&1&0\\1&-1&\frac{1}{2} \end{pmatrix}=0.\]

Si individuano facilmente vari minori non nulli di ordine due. Dunque \dim \operatorname{Ker}(F)=2.

Svolgimento punto 3.

Scriviamo innanzitutto l’applicazione esplicitamente:

    \[F(x,y,z,t)=\begin{pmatrix} 1&-2&0&\frac{1}{2}\\0&1&0&0\\1&-1&0&\frac{1}{2}\\0&0&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x-2y+\frac{t}{2}\\y\\x-y+\frac{t}{2}\\0 \end{pmatrix}.\]

Per studiarne la diagonalizzabilità calcoliamo, di consueto, il polinomio caratteristico:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(A-\lambda \operatorname{Id})=\\&=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&-2&0&\frac{1}{2}\\0&1-\lambda&0&0\\1&-1&-\lambda&\frac{1}{2}\\0&0&0&-\lambda \end{pmatrix}=\\ &=-\lambda\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&-2&0\\0&1-\lambda&0\\1&-1&-\lambda \end{pmatrix}=\\&=\lambda^2(1-\lambda)^2. \end{aligned}\]

Abbiamo quindi due autovalori \lambda_1=0 e \lambda_2=1 entrambi di molteplicità algebrica 2. Sappiamo già che il nucleo ha dimensione 2 e quindi \operatorname{mg}(0)=2=\operatorname{ma}(0). Non resta che studiare la molteplicità geometrica di \lambda_2:

    \[\operatorname{rnk}(M-2\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&-2&0&\frac{1}{2}\\0&0&0&0\\1&-1&-1&\frac{1}{2}\\0&0&0&-1 \end{pmatrix}=3,\]

ove il rango può essere dedotto individuando il seguente minore di ordine 3 non nullo:

    \[\det\begin{pmatrix} -2&0&\frac{1}{2}\\[2pt]-1&-1&\frac{1}{2}\\0&0&-1 \end{pmatrix}=-2.\]

Dunque dalla formula (3) segue che \operatorname{mg}(1)=4-3=1\neq\operatorname{ma}(1) e, essendo violato il criterio 1.13, l’applicazione non è diagonalizzabile.


 
 

Esercizio 12 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia dato l’endomorfismo diagonalizzabile f\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 avente base diagonalizzante

    \[\mathcal{B}=\{v_1=(1,2,0), v_2=(0,1,1),v_3=(0,1,-1)\}.\]

Si sa che 3 è autovalore di f e che f(v_1)=f(v_2).
 

  1. Stabilire se f è iniettivo.

    2.  

  2. Stabilire se f è suriettivo.

    3.  

  3. Determinare una base di \operatorname{Im}(f) ed una di \operatorname{Ker}(f).

    4.  

  4. Calcolare esplicitamente f(x,y,z) per ogni (x,y,z)\in\mathbb{R}^3.

Svolgimento punto 1.

v_1 e v_2 hanno la stessa immagine per ipotesi, dunque f non è iniettivo.

Svolgimento punto 2.

Essendo un endomorfismo e non essendo iniettivo, ed essendo lo spazio vettoriale di dimensione finita, f non è neppure suriettivo, come segue dalla proposizione 1.6 punto 6.

Svolgimento punto 3.

Abbiamo che v_1 e v_2 sono autovettori per ipotesi, ovvero esistono \lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{R} tali che f(v_1)=\lambda_1 v_1 e f(v_2)=\lambda_2 v_2, ma sappiamo anche che f(v_1)=f(v_2).

    \[f(v_1-v_2)=f(v_1)-f(v_2)=\lambda_1 v_1-\lambda_2 v_2=\mathbf{0}.\]

Dall’indipendenza lineare dei due vettori consegue che \lambda_1=0 e \lambda_2=0, quindi v_1, v_2\in \operatorname{Ker}(f).

Essendo \mathcal{B} base diagonalizzante essa è composta da autovettori di f, dunque v_3 deve necessariamente essere relativo all’autovalore 3.

Da ciò deduciamo che

    \[\begin{aligned} \operatorname{Ker}(f)&=\mathcal{L}(v_1,v_2), \\ \operatorname{Im}(f)&=\mathcal{L}(f(v_3))= \mathcal{L}(3f(v_3))=\mathcal{L}(v_3). \end{aligned}\]

Svolgimento punto 4.

Per ricavare esplicitamente la forma dell’applicazione per ogni (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 ricaviamo le componenti dei tre vettori della base canonica e_1,e_2,e_3\in\mathbb{R}^3 rispetto ai vettori della base \mathcal{B}.

Troviamo:

    \[\begin{gathered} e_1=(1,0,0)=v_1-v_2-v_3, \\ e_2=(0,1,0)=\frac{1}{2}v_2+\frac{1}{2}v_3,\\ e_3=(0,0,1)=\frac{1}{2}v_2-\frac{1}{2}v_3. \end{gathered}\]

Si ricava immediatamente:

    \[\begin{aligned} f(x,y,z)&=f(xe_1+ye_2+ze_3)\\&=xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3)=\\ &=xf(v_1-v_2-v_3)+yf\left(\frac{1}{2}v_2+\frac{1}{2}v_3\right)+zf\left(\frac{1}{2}v_2-\frac{1}{2}v_3\right)=\\ &=-xf(v_3)+y\frac{1}{2}f\left(v_3\right)-\frac{1}{2}zf\left(v_3\right)=\\ &=\left(-x+\frac{y}{2}-\frac{z}{2}\right)f(v_3)=\\ &=\left(0,-3x+\frac{3}{2}y-\frac{3}{2}z,3x-\frac{3}{2}y+\frac{3}{2}z\right) \end{aligned}\]

per ogni (x,y,z)\in\mathbb{R}^3.

Alternativamente si sarebbe potuto sfruttare che la richiesta dell’esercizio equivale a ricavare la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica. Sappiamo dal teorema 1.12 che

    \[D=C^{-1}AC \iff A=CDC^{-1},\]

con D matrice diagonale associata ad f rispetto alla base di autovettori e C matrice diagonalizzante avente per colonne le componenti degli autovettori stessi nella base canonica. C^{-1}, viceversa, ha per colonne le componenti dei vettori della base canonica nella base di autovettori, calcolate nel punto precedente. Si ricava quindi

    \[A= \begin{pmatrix} 1&0&0\\2&1&1\\0&1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&0\\0&0&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0&0\\-1&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\[2pt]-1&\frac{1}{2}&-\frac{1}{2} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0&0&0\\-3&\frac{3}{2}&-\frac{3}{2}\\[2pt] 3&-\frac{3}{2}&\frac{3}{2} \end{pmatrix}.\]


 
 

Esercizio 13 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri l’endomorfismo F\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 definito da

    \[F(x,y,z,t)=(y+z,-(1+k^2)x-2y-2z-(1+k^2)t,x+t,0)\quad \forall (x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4,\]

dove k è un parametro reale. Stabilire per quali valori di k\in\mathbb{R} f è diagonalizzabile.

Svolgimento.

La matrice M associata ad F è

    \[M=\begin{pmatrix} 0&1&1&0\\-1-k^2&-2&-2&-1-k^2\\1&0&0&1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}.\]

Determiniamone il polinomio caratteristico al variare di k\in\mathbb{R}:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\\&=\det\begin{pmatrix} -\lambda&1&1&0\\-1-k^2&-2-\lambda&-2&-1-k^2\\1&0&-\lambda&1\\0&0&0&-\lambda \end{pmatrix}=\\[4pt] &= -\lambda\det\begin{pmatrix} -\lambda&1&1\\-1-k^2&-2-\lambda&-2\\1&0&-\lambda \end{pmatrix}= \\[4pt] &= -\lambda\det\begin{pmatrix} 1&1\\-2-\lambda&-2 \end{pmatrix}+\lambda^2\det\begin{pmatrix} -\lambda&1\\-1-k^2&-2-\lambda \end{pmatrix}=\\[4pt] &=-\lambda^2+\lambda^2(2\lambda+\lambda^2+1+k^2) =\lambda^2(\lambda^2+2\lambda+k^2). \end{aligned}\]

  Esso ammette per ogni valore di k\in\mathbb{R} la radice doppia \lambda_1=0 e le due radici \lambda_{2,3}=\frac{-2\pm\sqrt{4-4k^2}}{2} se -1\leq k\leq 1.  

  • Se k\in (-\infty,-1)\cup (1,+\infty) il polinomio caratteristico non ammette solo radici reali e quindi l’applicazione non può essere diagonalizzabile essendo violato il criterio del teorema 1.13.
  • Se k\in\{-1,1\} abbiamo l’autovalore \lambda_1=0 con \operatorname{ma}(0)=2 e l’autovalore \lambda_2=-1 con \operatorname{ma}(-1)=2. Ma

        \[\operatorname{rnk}(M+\operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 1&1&1&0\\-2&-1&-2&-2\\1&0&1&1\\0&0&0&1 \end{pmatrix}=3,\]

    ove il rango, non massimo per costruzione, è calcolato individuando il seguente minore di ordine 3 non nullo

        \[\det\begin{pmatrix} -1&-2&-2\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}=-1.\]

    Dalla formula (3) troviamo che \operatorname{mg}(-1)=1\neq \operatorname{ma}(-1). Dunque il criterio del teorema 1.13 è violato e l’applicazione non è diagonalizzabile.

  • Se k=0 abbiamo \lambda_1=0 con \operatorname{ma}(0)=3 e \lambda=-2 con \operatorname{ma}(-2)=1.

    Ma

        \[\operatorname{rnk}(M-0 \operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&1&1&0\\-1&-2&-2&-1\\1&0&0&1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}=2.\]

    In questo caso il rango, non massimo per costruzione, può essere individuato notando che solo le prime due colonne della matrice sono linearmente indipendenti.

    Quindi la formula (3) restituisce che \operatorname{mg}(0)=2\neq \operatorname{ma}(0) e l’applicazione anche in questo caso non è diagonalizzabile.

  • Se k\in(-1,1)\backslash \{0\} abbiamo l’autovalore \lambda_1=0 con \operatorname{ma}(0)=2 e i due autovalori \lambda_2 e \lambda_3 precedentemente calcolati entrambi con molteplicità algebrica (e quindi geometrica) pari ad 1. La molteplicità geometrica di \lambda_1=0 si ricava studiando

        \[\operatorname{rnk}(M-\lambda_1 \operatorname{Id})=\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&1&1&0\\-1-k^2&-2&-2&-1-k^2\\1&0&0&1\\0&0&0&0 \end{pmatrix}\]

    che risulta pari a due, per via di considerazioni analoghe a quelle discusse nel punto precedente: solo le prime due colonne sono linearmente indipendenti. Quindi \operatorname{mg}(0)=2=\operatorname{ma}(0): in tal caso il criterio dato dal teorema 1.13 è soddisfatto e l’applicazione è diagonalizzabile.


 

Esercizio 14 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Sia data l’applicazione f\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 tale che f(a,b,c)=(2b,a-b,b). Stabilire per quali valori di k esiste una base \mathcal{B} di \mathbb{R}^3 per cui

    \[M_{\mathcal{B}}(f)=\begin{pmatrix} -2&0&0\\0&k&0\\0&0&k+1 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento.

La matrice associata all’endomorfismo f rispetto alla base canonica risulta:

    \[M=\begin{pmatrix} 0&2&0\\1&-1&0\\0&1&0 \end{pmatrix}.\]

Ricaviamone, come di consueto, il polinomio caratteristico:

    \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(M-\lambda \operatorname{Id})=\\&= \det\begin{pmatrix} -\lambda&2&0\\1&-1-\lambda&0\\0&1&-\lambda \end{pmatrix}=\\&=-\lambda(\lambda^2+\lambda-2). \end{aligned}\]

Gli autovalori di f sono quindi \lambda_1=0, \lambda_2=1 e \lambda_3=-2, che hanno tutti molteplicità algebrica pari ad 1. La molteplicità geometrica di tali autovalori, dalla disuguaglianza (4), risulta essere uguale ad 1. La matrice è quindi diagonalizzabile e l’unica (a meno di permutazione delle righe) matrice diagonale associata ad f è quindi:

    \[D=\begin{pmatrix} -2&0&0\\0&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}.\]

Per ispezione diretta, si verifica che essa può essere uguale ad M_{\mathcal{B}}(f) se e solo se k=0.


 
 

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Sia V uno spazio vettoriale reale con \dim V\geq1. Sia f\colon V\to V un endomorfismo non nullo tale che f^3+f=0, dove f^3 rappresenta l’endomorfismo composto

    \[f\circ f\circ f\colon V\to V.\]

 

  1. Verificare che V=\operatorname{Ker}f\oplus \operatorname{Im}f.

    2.  

  2. Provare che il solo autovalore di f è \lambda=0 e dedurne che f non è diagonalizzabile.

    3.  

  3. Fornire un esempio di endomorfismo avente le proprietà di f.

    4.  

  4. Se V fosse invece uno spazio vettoriale complesso, con \dim V\geq 1, potremmo ancora dedurre che f non è diagonalizzabile?

Svolgimento punto 1.

Proviamo che i due sottospazi di V hanno in comune solo il vettore nullo. Sia v \in \operatorname{Ker}f \cap \operatorname{Im}f. Poiché v \in \operatorname{Im}f esiste w \in V tale che f(w)=v. Si ha

(5)   \begin{equation*} v = f(w) = -f^3(w)= - f^2(v)=-f(f(v))=\mathbf{0}, \end{equation*}

dove la seconda uguaglianza segue da f^3+f=0 e l’ultima da v \in \operatorname{Ker}f. Ciò mostra che \operatorname{Ker}f \cap \operatorname{Im}f = \{\mathbf{0}\}.

Mostriamo ora che in generale tale condizione implica V= \operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Im}(f), che insieme a quanto provato al punto precedente dimostra che V= \operatorname{Ker}(f) \oplus \operatorname{Im}(f). Per conseguire tale risultato, proponiamo due diverse soluzioni.

Ogni vettore v\in V può essere scritto come

    \[v=v+f^2(v)-f^2(v).\]

Chiamiamo v'=v+f^2(v) e v''=-f^2(v). Notiamo che

    \[f(v')=f(v+f^2(v))=f(v)+f^3(v)=\mathbf{0},\]

quindi v'\in \operatorname{Ker}(f), mentre v''=-f^2(v)=f(f(-v)) e quindi v''\in \operatorname{Im}f.

Dunque V=\operatorname{Ker}(f)+\operatorname{Im}(f).

Come volevasi dimostrare:

    \[V=\operatorname{Ker}(f)\oplus\operatorname{Im}(f).\]

Alternativamente la dimostrazione del fatto che V=\operatorname{Ker}(f)+\operatorname{Im}(f) può essere svolta osservando che

(6)   \begin{equation*} \begin{aligned} \dim V &= \dim (\operatorname{Ker}(f)) + \dim (\operatorname{Im}(f)) = \dim (\operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Im}(f)) + \dim (\operatorname{Ker}(f) \cap \operatorname{Im}(f)) \\&= \dim (\operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Im}(f)), \end{aligned} \end{equation*}

dove le prime due uguaglianze seguono da due note relazioni: l’uguaglianza riportata nella proposizione 1.6 punto 5 e l’uguaglianza secondo la quale dati sue sottospazi V_1,V_2\subseteq V di uno spazio vettoriale finito dimensionale V si ha che

    \[\dim(V_1+V_2)=\dim V_1+\dim V_2-\dim(V_1\cap V_2).\]

Nell’ultima uguaglianza in (6) si è usato inoltre \operatorname{Ker}(f) \cap \operatorname{Im}(f) = \{\mathbf{0}\}. Tale considerazione riguardo le dimensioni prova che la somma dei due sottospazi coincide con V e quindi che

    \[V= \operatorname{Ker}(f) + \operatorname{Im}(f).\]

Il secondo metodo proposto è decisamente più semplice e, dato che non utilizza mai f^3+f=0, più generale, ma si basa su identità riguardanti la dimensione di V e dei sottospazi in esame: dunque funziona soltanto se lo spazio V ha dimensione finita. Il primo è forse più complesso, ma funziona anche in dimensione infinita e dipende strettamente dalla condizione che definisce l’endomorfismo.

Svolgimento punto 2.

Sia \lambda\in\mathbb{R} autovalore di f associato all’autovettore v\in V con v\neq \mathbf{0}. Allora f(v)=\lambda v ed applicando f ad ambo i lati dell’uguaglianza per due volte abbiamo f^3(v)=\lambda^3 v, dunque

    \[\mathbf{0}=f^3(v)+f(v)=\lambda^3 v+\lambda v.\]

Segue quindi

    \[0=\lambda^3+\lambda=\lambda(\lambda^2+1)\]

che implica che l’unico autovalore reale è \lambda=0.

Allora se f fosse diagonalizzabile dovrebbe ammettere solo l’autovalore \lambda=0 e sarebbe quindi l’endomorfismo nullo, ma ciò contraddice l’ipotesi f\neq 0. Dunque f, se esiste, non è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 3.

Un esempio esplicito di f su V=\mathbb{R}^3 è l’endomorfismo avente come matrice associata rispetto alla base canonica:

    \[M=\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}.\]

Ricordando che la matrice associata ad una composizione di applicazioni è il prodotto delle matrici associate, verifichiamo che f soddisfa la condizione f^3+f=0:

    \[M^3+M=\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}^3+\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}\]

Svolgimento punto 4.

No, in quanto la non diagonalizzabilità è stata dedotta a partire dall’osservazione che l’unico autovalore reale ammissibile per un f siffatto è \lambda=0. Ma se lavoriamo su uno spazio vettoriale complesso, allora \lambda(\lambda^2+1)=0 ammette come soluzioni anche \lambda_1=i e \lambda_2=-i. Dunque l’endomorfismo di \mathbb{C}^3 non nullo avente come matrice associata rispetto alla base canonica

    \[A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&i&0\\0&0&-i \end{pmatrix}\]

potrebbe essere, in quanto già diagonale, un buon candidato per confutare la tesi che f non sia mai diagonalizzabile.

Ricordando che la matrice associata ad una composizione di applicazioni è il prodotto delle matrici associate, verifichiamo che f soddifa la condizione f^3+f=0:

    \[A^3+A=\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&i&0\\0&0&-i \end{pmatrix}^3+\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&i&0\\0&0&-i \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&-i&0\\0&0&i \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0&0&0\\0&i&0\\0&0&-i \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix}.\]


 
 

Esercizio 16 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Per ciascuna delle seguenti matrici, determinare, se possibile, una matrice diagonale D ed una matrice diagonalizzante P:
 

  1. A=\begin{pmatrix} 3&0&0\\-4&-1&-8\\0&0&3 \end{pmatrix};

    2.  

  2. B=\begin{pmatrix} 1&2\\3&0 \end{pmatrix};

    3.  

  3. C=\begin{pmatrix} 3&0&0\\-4&-1&-8\\0&0&-3 \end{pmatrix};

    4.  

  4. E=\begin{pmatrix} 5&4\\4&5 \end{pmatrix}.

Introduzione.

Dovremo quindi, ove possibile, diagonalizzare le matrici e determinarne una base di autovettori che andranno a comporre le colonne della matrice P utilizzando sistematicamente il punto 2 della proposizione 1.6 per ricavare i nuclei che definiscono gli autospazi e scrivere la matrice diagonalizzante di passaggio, come spiegato nel teorema 1.12.

Svolgimento punto 1.

    \[\det(A-\lambda \operatorname{Id})=\det\begin{pmatrix} 3-\lambda&0&0\\-4&-1-\lambda&8\\0&0&3-\lambda \end{pmatrix}=-(3-\lambda)^2(1+\lambda).\]

Gli autovalori sono quindi \lambda_1=3 con \operatorname{ma}(3)=2 e \lambda_2=-1 con \operatorname{ma}(-1)=1.

    \[\begin{aligned} A-3 \operatorname{Id}&=\begin{pmatrix} 0&0&0\\-4&-4&-8\\0&0&0 \end{pmatrix}\quad&&\implies\quad \operatorname{Ker}(A-3\operatorname{Id})=\mathcal{L}((1,-1,0),(-2,0,1))\\ A+\operatorname{Id}&=\begin{pmatrix} 4&0&0\\-4&0&-8\\0&0&4 \end{pmatrix}\quad&&\implies\quad \operatorname{Ker}(A+\operatorname{Id})=\mathcal{L}((0,1,0)). \end{aligned}\]

Abbiamo pertanto che la matrice A è diagonalizzabile e i vettori indivituati costituiscono una base di autovettori:

    \[D=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&-1\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix} 1&-2&0\\-1&0&1\\0&1&0 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 2.

    \[\begin{aligned} \det(B-\lambda \operatorname{Id})&=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&2\\3&-\lambda \end{pmatrix}=-\lambda(1-\lambda)-6\\&=\lambda^2-\lambda-6=(\lambda+2)(\lambda-3).\end{aligned}\]

Gli autovalori sono quindi \lambda_1=-2 con \operatorname{ma}(-2)=1 e \lambda_2=3 con \operatorname{ma}(3)=1.

    \[\begin{aligned} B+2 \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 3&2\\3&2 \end{pmatrix}\quad&\implies\quad \operatorname{Ker}(B+2\operatorname{Id})=\mathcal{L}((-2,3)).\\ B-3 \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} -2&2\\3&-3 \end{pmatrix}\quad&\implies\quad \operatorname{Ker}(B-3\operatorname{Id})=\mathcal{L}((1,1)). \end{aligned}\]

Abbiamo pertanto che la matrice B è diagonalizzabile e i vettori indivituati costituiscono una base di autovettori:

    \[D=\begin{pmatrix}-2&0\\0&3\end{pmatrix} \qquad P=\begin{pmatrix} -2&1\\3&1 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 3.

    \[\det(C-\lambda \operatorname{Id})=\det\begin{pmatrix} 3-\lambda&0&0\\-4&-1-\lambda&-8\\0&0&-3-\lambda \end{pmatrix}=-(3+\lambda)(3-\lambda)(-1-\lambda).\]

Gli autovalori sono quindi \lambda_1=3, \lambda_2=-3 e \lambda_3=-1 tutti con molteplicità algebrica pari ad 1.

    \[C+3 \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 6&0&0\\-4&2&-8\\0&0&0 \end{pmatrix}\quad\implies\quad \operatorname{Ker}(C+3\operatorname{Id})=\mathcal{L}((0,4,1)).\]

    \[C-3 \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 0&0&0\\-4&-4&-8\\0&0&-6 \end{pmatrix}\quad\implies\quad \operatorname{Ker}(C-3\operatorname{Id})=\mathcal{L}((1,-1,0)).\]

    \[C+\operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 4&0&0\\-4&0&-8\\0&0&-2 \end{pmatrix}\quad\implies\quad \operatorname{Ker}(C+\operatorname{Id})=\mathcal{L}((0,1,0)).\]

Abbiamo pertanto che la matrice C è diagonalizzabile e i vettori indivituati costituiscono una base di autovettori:

    \[D=\begin{pmatrix}-3&0&0\\0&3&0\\0&0&-1\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix} 0&1&0\\4&-1&1\\1&0&0 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 4.

    \[\det(E-\lambda \operatorname{Id})=\det\begin{pmatrix} 5-\lambda&4\\4&5-\lambda \end{pmatrix}=(5-\lambda)^2-16=(\lambda-1)(\lambda-9).\]

Gli autovalori sono quindi \lambda_1=1 con \operatorname{ma}(1)=1 e \lambda_2=9 con \operatorname{ma}(9)=1.

    \[\begin{aligned} E- \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 4&4\\4&4 \end{pmatrix}\quad&\implies\quad \operatorname{Ker}(E-\operatorname{Id})=\mathcal{L}((1,-1)).\\ E-9 \operatorname{Id}=\begin{pmatrix} -4&4\\4&-4 \end{pmatrix}\quad&\implies\quad \operatorname{Ker}(E-9\operatorname{Id})=\mathcal{L}((1,1)). \end{aligned}\]

Abbiamo pertanto che la matrice E è diagonalizzabile e i vettori indivituati costituiscono una base di autovettori:

    \[D=\begin{pmatrix}1&0\\0&9\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix} 1&1\\-1&1 \end{pmatrix}.\]


 

Riferimenti bibliografici

[1] S. Lang, Linear Algebra, Third edition, Springer (1987).

[2] M. Bramanti, C. D. Pagani, S. Salsa, Matematica – Calcolo infinitesimale e algebra lineare, seconda edizione, Zanichelli (2004).

[3] F. Bottacin, Algebra lineare e geometria, seconda edizione, Esculapio (2016).

[4] QUI SI RISOLVE, Teoria sulle funzioni.

[5] J. R. Silvester, Determinants of Block Matrices, Math. Gaz. 84 (501): 460–467 (2000) PDF.

 
 

Ulteriori esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.


Algebra lineare.


Geometria analitica.


Geometria differenziale.






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