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Gauss ottenendo:
−1 −5
−1 −5
−1 −5 0
0
0
→ −3
→ −3 ,
0 0
0 0
2 0 7
−5 0 0 0
0 0 26
0 1
N − −
Quindi lo spazio nullo (A 5I ) di A 5I coincide con l’insieme delle soluzioni del
3 3
sistema omogeneo che ha come matrice dei coefficienti la matrice a scala ottenuta
−1 −5
0 x 0
−3
0 0 y = 0 .
0 0 0 z 0
Come di consueto l’incognita “senza pivot” sarà una variabile libera; ponendo y = a
otteniamo come insieme delle soluzioni:
0
R
N − | ∈ .
(A 5I ) = a a
3
0
L’insieme degli autovettori è l’insieme delle soluzioni non nulle, quindi
0
R,
| ∈ 6
a a = 0 .
a
0
(d) Niente da fare.
(e) No, perché A non è simmetrica.
2. Calcoliamo il polinomio caratteristico di A. Con lo sviluppo di Laplace rispetto alla
prima riga otteniamo
−1 − −1
λ 1
− −1 −
det (A λI ) = det 1 λ 1 =
3 −1 −1 −1 − λ
2 2
−(λ − − − − −(λ
+ 1)[(λ + 1) + 1] (−1 λ + 1) [−1 (1 + λ)] = + 1)(λ + 2λ + 2) + λ + λ + 2 =
2
−(λ − −(λ
+ 1)(λ + 2λ + 2 2) = + 1)(λ + 2)λ. 3
−1 −2
Quindi gli autovalori di A sono 0, e tutti con molteplicità algebrica 1.
(b) Poichè il polinomio caratteristico ha tutte le radici reali, A è triangolarizzabile. Poiché
tutti gli autovalori hanno molteplicità algebrica 1, le molteplicità geometriche degli
autovalori coincidono necessariamente con quelle algebriche e perciò A è diagonaliz-
zabile. − −
(c) Per calcolare gli autovettori dobbiamo calcolare gli spazi nulli di A 0I , A (−1)I
3 3
−
e A (−2)I . Con l’eliminazione di Gauss otteniamo
3
−1 −1 −1
−1 −1 −1
1 1
1
− −1 −2
→ →
A 0I = A = 1 1 0 0
0 0 0
3 −1 −1 −1 −2 0 0 0
0 0
−a
R
N − | ∈
e, risolvendo il sistema omogeneo corrispondente, (A 0I ) = 0 a .
3
a
Perciò l’insieme degli autovalori relativi a 0 è
−a
R;
| ∈ 6 .
0 a a = 0
a
Analogamente abbiamo
−1
0 1 1 0 1 1 0 1
− → −1 → −1 →
A (−1)I = 1 0 1 0 1 0 1
3 −1 −1 −1 −1 −1
0 0 0 1
0 1
1
−1 ,
0 1
0 0 0 −1
da cui otteniamo che l’insieme degli autovettori relativi a è
−a
R;
| ∈ 6
a a = 0 .
a
a
Infine
−1 −1
1
1 1 1
→
−
A (−2)I = 1 1 1 ,
0 0 2
3 −1 −1 1 0 0 0
−2
Quindi l’insieme degli autovettori relativi a è
−a
R;
| ∈ 6
a a = 0 .
a
0
4
(d) In questo caso per avere una base di autovettori basta prendere una autovettore
per ciascun autovalore. Per i risultati del punto (a) basta prendere ad esempio
−1 −1
−1);
v = 0 (autovettore relativo a 0); v = 1 (autovettore relativo a
1 2
1 1
−1
−2).
v = 1 (autovettore relativo a Inoltre come S basta prendere la matrice
2 0
−1 −1 −1
di colonne v , v , v , S = 0 1 1 , e come D la matrice diagonale che
1 2 3 1 1 0
ha come termini diagonali gli autovalori relativi v , v , v , presi ordinatamente, cioè
1 2 3
0 0 0
−1
−1
D = 0 0 per avere S AS = D.
−2
0 0
(e) No, perché A non è simmetrica.
3.
(a) Si ha
−λ 2 3
− −1 −
det (A λI) = 1 λ 5 =
−
0 0 1 λ
2 2
− − − − − −(λ −
(1 λ)[−λ(−1 λ) 2] = (1 λ)(λ + λ 2) = 1) (λ + 2),
con lo sviluppo di Laplace rispetto alla prima riga, quindi gli autovalori di A sono:
1 con molteplicità algebrica 2,
−2 con molteplicità algebrica 1.
(b) A è triangolarizzabile perché ha tutti gli autovalori reali. Affinché sia diagonalizzabile,
le molteplicità geometriche degli autovalori devono coincidere con le molteplicità
−2;
algebriche. Questo è sicuramente vero per l’autovalore di molteplicità 1, cioè −
dobbiamo verificarlo per l’autovalore 1. Applicando l’eliminazione di Gauss a A 1I
otteniamo
−1 −1 2 3
2 3
− −2 → 0 0 8 ,
A 1I = 1 5 0 0 0
0 0 0
− N − −
quindi rk (A 1I) = 2 e dim (A 1I) = 3 2 = 1 (il numero delle colonne meno il
rango). Dunque la molteplicità geometrica dell’autovalore 1, che per definizione è la
N −
dimensione di (A 1I), è strettamente minore della molteplicità algebrica e perciò
A non è diagonalizzabile. 5
N N −
(c) Gli autovalori sono gli elementi non nulli di (A + 2I) e (A 1I). Sulla seconda
matrice abbiamo applicato l’eliminazione di Gauss nel punto precedente; dal risultato
ottenuto deduciamo subito che l’insieme degli autovalori relativi a 1 è
2a
R;
| ∈ 6
a a a = 0 .
0
Analogamente abbiamo
1 5
2 2 3 1 1 5 1 1 5 1
−7
→ → −7 → 0 0 ,
A + 2I = 1 1 5 2 2 3 0 0 0 0 0
0 0 3 0 0 3 0 0 3
−2
quindi l’insieme degli autovalori relativi a è
−a
R;
| ∈ 6
a a a = 0 .
0
(d) Niente da fare.
(e) No, perché A non è simmetrica.
4.
(a)
−λ 2 1
2 2
− −1 − −1 − − −(λ −
det (A λI) = 1 λ = (1 λ)(λ + λ 2) = 1) (λ + 2),
−
0 0 1 λ
quindi gli autovalori di A sono:
1 con molteplicità algebrica 2,
−2 con molteplicità algebrica 1.
(b) A è triangolarizzabile perché ha tutti gli autovalori reali. Affinché sia diagonalizzabile,
le molteplicità geometriche degli autovalori devono coincidere con le molteplicità
−2;
algebriche. Questo è sicuramente vero per l’autovalore di molteplicità 1, cioè
dobbiamo verificarlo per l’autovalore 1. È chiaro che
−1 2 1
− −2 −1 = 1,
rk (A 1I) = rk 1
0 0 0
6 quindi la molteplicità geometrica dell’autovalore 1 è uguale a 2 e coincide con la
molteplicità algebrica. Segue A è diagonalizzabile.
(c) Calcoliamo prima gli autovalori relativi a 1. Poiché le due righe non nulle di A−I sono
N −
proporzionali, (A I) è l’insieme delle soluzioni del sistema di una sola equazione
{ −x
in tre incognite + 2y + z = 0 . Ponendo y = a e z = b troviamo
2a + b
R
| ∈
N − ,
a, b
(A I) = a
b
quindi l’insieme degli autovettori relativi a 1 è
2a + b
R,
| ∈ 6
a a, b (a, b) = (0, 0) .
b −2.
Calcoliamo gli autovettori relativi a Consideriamo
2 2 1
−1
A + 2I = 1 1 .
0 0 3
Le prime due righe sono proporzionali, mentre la terza è chiaramente non pro-
porzionale ad esse, quindi basta risolvere il sistema omogeneo
−
x + y z = 0
3z = 0 −2
Otteniamo facilemente che l’insieme degli autovettori relativi a è
−a
R,
| ∈ 6
a a a = 0 .
0
(d) Dal punto precedente sappiamo che
2a + b
R
N − | ∈
(A I) = a a, b .
b
Poiché
1
2
2a + b
,
+ b 0
= a 1
a 1
0
b 7
1
2
sono due autovettori, linearmente indipendenti tra loro,
e 0
otteniamo che 1 1
0
−1
relativi a 1. Sempre dal punto precedente, otteniamo che 1 è un autovettore
0
−2.
relativo a Quindi l’insieme di questi tre vettori è una base di autovettori. Se
poniamo
−1
2 1 1 0 0
S = 1 0 1 , D = 0 1 0 ,
−2
0 1 0 0 0
−1
otteniamo che S AS = D.
(e) No, perché A non è simmetrica.
5.
(a)
−
1 λ 1 1
− −
det (A λI) = 1 1 λ 1 =
−
1 1 1 λ
2 2
− − − − − − − − − −
(1 λ)[(1 λ) 1] [(1 λ) 1] + [1 (1 λ)] = (1 λ)(λ) 2λ) + λ + λ =
2 2
−λ[(1 − − − −λ(λ − −λ −
λ)(λ 2) 2] = 3λ) = (λ 3).
quindi gli autovalori di A sono:
0 con molteplicità algebrica 2,
3 con molteplicità algebrica 1.
(b) A è diagonalizzabile perché è simmetrica. Quindi è anche triangolarizzabile.
(c)
1 1 1
−
A 0I = A = 1 1 1 ,
1 1 1
{
si trova risolvendo il sistema di una sola equazione x + y + z = 0 . Ponendo y = a,
z = b troviamo
−a − b
R
N | ∈
(A) = a a, b
b
e quindi l’
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