Esercizi

1.
Data la matrice

\begin{displaymath}A= \begin{array}({ccc}) -1 & 1 & -1\\ 1 & 0 & 2\\ -1 & 2 & 0 \end{array}, \end{displaymath}

che rappresenta la forma bilineare simmetrica $f$ rispetto alla base canonica di $\mathbf{R}^3$,
a)
trovare una base ortonormale di autovettori per $f$.
b)
la matrice è ortogonalmente simile a $B=\begin{array}({ccc}) -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}$?
Se sì , calcolare la matrice $M$ tale che $A=M^{-1}BM=M^{t}BM$.
c)
Verificare che gli autospazi relativi agli autovettori sono fra loro ortogonali.

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Soluzione
Punto a)
Applichiamo il procedimento base visto negli esempi (9.1):
$p_{A}(t)=\det(A-tI_{3})=\det \begin{array}({ccc}) -1-t & 1 & -1\\ 1 & -t & 2\\ -1 & 2 & -t \end{array}=0$
che dà l'equazione $-t^3-t^2+6t=0$, i cui zeri sono $t=0, \, t=-3, \, t=2$.
Quindi $f$ ha tre autovalori distinti:
$\lambda_{1}=0, \, \lambda_{2}=-3, \, \lambda_{3}=2$
che hanno tutti molteplicità algebrica 1.
Calcoliamo gli autospazi relativi:
$\mathbf{E}_{\lambda_{1}}= ker(f)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin... ... & 2\\ -1 & 2 & 0 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}$,
da cui:

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} -x+y-z=0\\ x+2z=0\\ -x+2y=0 \end{array} \right. \end{displaymath}

che ha soluzione per $\mathbf{v}_{1}=(2,1,-1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{1}}=<(2,1,-1)>$, e, normalizzando il vettore, otteniamo una base ortonormale per il sottospazio ortogonale: $\mathcal{B}_{1}=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,1,-1)$.
$\mathbf{E}_{\lambda_{2}}= N(f+3id)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \beg... ... & 2\\ -1 & 2 & 3 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}$,
da cui:

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} 2x+y-z=0\\ x+3y+2z=0\\ -x+2y+3z=0 \end{array} \right. , \end{displaymath}

che ha soluzione per $\mathbf{v}_{2}=(1,-1,1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{2}}=<(1,-1,1)>$, e, normalizzando il vettore, la base ortonormale per il sottospazio ortogonale: $\mathcal{B}_{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)$.
$\mathbf{E}_{\lambda_{3}}= ker(f-2id)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \b... ...& 2\\ -1 & 2 & -2 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0\} $,
da cui otteniamo:

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} -3x+y-z=0\\ x-2y+2z=0\\ -x+2y-2z=0 \end{array} \right. , \end{displaymath}

che ha soluzione per $\mathbf{v}_{3}=(0,1,1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{3}}=<(0,1,1)>$, e, normalizzando il vettore, otteniamo ancora una base ortonormale: $\,\mathcal{B}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)$.
Quindi una base ortonormale per $f$ è:
$\mathcal{B}=(\frac{1}{\sqrt{6}}(2,1,-1),\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1),\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1))$.
Punto b)  
I passo:
Siccome gli autovalori di $f$ sono 0,-3,2, avremo che

\begin{displaymath}M_{\mathcal{C}}(f)=\begin{array}({ccc}) -3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array} \end{displaymath}

ove $\mathcal{C}=(\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1),\frac{1}{\sqrt{6}}(2,1,-1),\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1))$;
quindi le due matrici sono ortogonalmente simili.
II passo:  
La matrice $M$ cercata sarà data dalla matrice del cambiamento di base da $\mathcal{C}$ a $\mathcal{E}$, che si ottiene così
$(1,0,0)=\frac{1}{3}(1,-1,1)+\frac{1}{3}(2,1,-1)+0(0,1,1)=(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},0)$,
$(0,1,0)=-\frac{1}{3}(1,-1,1)+\frac{1}{6}(2,1,-1)+\frac{1}{2}(0,1,1)=(-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{6}},0)$,
$(0,0,1)=\frac{1}{3}(1,-1,1)-\frac{1}{6}(2,1,-1)+\frac{1}{2}(0,1,1)=(\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{2}})$,
da cui abbiamo

\begin{displaymath}M=\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{array}({ccc}) \sqrt{2} & \sqrt{6}... ...qrt{2} & 1 & \sqrt{3}\\ \sqrt{2} & -1 & \sqrt{3} \end{array}. \end{displaymath}

Punto c)  
Dobbiamo verificare che siano ortogonali rispetto $f$:
$f(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2})=\frac{1}{\sqrt{6 \cdot 3}} \begin{array}({ccc... ...\\ -1 & 2 & 0 \end{array} \begin{array}({c}) -1\\ 1\\ 1 \end{array}=0$,
$f(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{3})=\frac{1}{\sqrt{6 \cdot 2}} \begin{array}({ccc... ...2\\ -1 & 2 & 0 \end{array} \begin{array}({c}) 0\\ 1\\ 1 \end{array}=0$,
$f(\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3})=\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 3}} \begin{array}({ccc... ...2\\ -1 & 2 & 0 \end{array} \begin{array}({c}) 0\\ 1\\ 1 \end{array}=0$.