Autovalori ed autovettori - Esercizi svolti PDF

Preview

Summary

Foglio di esercizi svolti sugli autovalori ed autovettori. Utile per tutte le facoltà scientifiche...

Description

Corso di Matematica II Anno Accademico 2009–2010. Esercizi di Algebra Lineare. Calcolo di autovalori ed autovettori May 7, 2010 Commenti e correzioni sono benvenuti. Mi scuso se ci fosse qualche errore banale di calcolo, nonch´e per l’italiano non proprio manzoniano. Nota: ho utilizzato come definizio/notazione di polinomio caratteristico di una matrice M il polinomio Det(λ − M), piuttosto che detM − λ.

Esercizio 1 Si trovino gli autovalori ed i corrispondenti autovettori della matrice   2 −3 0    A :=   −1 0 0  . −1 1 1

Soluzione Cerchiamo prima gli autovalori di A. Il polinomio caratteristico di A `e   λ−2 3 0   Det(λ1 − A) = Det  λ 0    1 1 −1 λ − 1

(0.1)

Sviluppando il determinante lungo la terza colonna1 si ha    λ−2 3 = (λ − 1)((λ − 2)λ − 3) = Det(λ1 − A) = (λ − 1) Det 1 λ (λ − 1)(λ2 − 2λ − 3) = (λ − 1)(λ + 1)(λ − 3). 1

C’est plus facile.....

1

Quindi il polinomio caratteristico ha tre radici distinte, (λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 3), e dunque queste tre radici sono autovalori. Dobbiamo ora determinare gli autovettori pertinenti ai tre autovalori, cio`e, per i = 1, 2, 3 fissati dobbiamo trovare i vettori Ψi che soddisfino AΨi = λi Ψi ,

o, in modo equivalente, (λi 1 − A)Ψi = 0.

1. i = 1, λ1 = 1. Dobbiamo considerare il nucleo della matrice 1 − A, ovvero trovare i vettori (non nulli) Ψ1 = (x, y, z) che soddisfino (sostituendo λ = 1 nella equazione (0.1)),      x 0 −1 3 0  1 1 0  y  =  0 . (0.2) z −1 1 0 0 In altre parole, dobbiamo risolvere, nelle tre variabili x, y, z, il sistema   −x + 3y = 0 x+y =0 (0.3)  −x + y = 0

Le soluzioni di questo sistema sono: (x = 0, y = 0, z = qualsiasi), e dunque gli autovettori di A relativi all’autovalore λ = 1 sono:   0  Ψ1 = 0  , z 6= 0. z Note: i) Notando che, per esempio, la prima riga della matrice qui sopra `e 2 volte la terza pi` u la seconda, ci si pu`o ridurre, in luogo di (0.3), a considerare il sistema di due equazioni  x+y =0 −x + y = 0 (Ovviamente, le soluzioni sono le stesse). In generale, per`o, `e meglio tenersi le tre equazioni; infatti, se per caso avessimo sbagliato a calcolare il polinomio caratteristico di A e/o le sue radici, tenendo le tre equazioni ci accorgeremmo, (o, almeno, dovremmo accorgerci), che il sistema analogo al (0.3) con λ non autovalore, ha solo la soluzione banale x = 0, y = 0, z = 0). Peraltro, come si vedr`a, in questo esercizio sar`a facile vedere quale riga eliminare. ii) Che (0, 0, z) sia un autovettore di A relativo all’autovalore 1 dovrebbe essere lampante guardando la forma della matrice A. 2

2. i = 2, λ2 = −1. In questo caso dobbiamo cercare il nucleo della matrice   −3 3 0 −1 − A =  1 −1 0  . 1 −1 −2 In questo caso, la prima riga `e −3 volte la seconda, quindi ci si pu`o limitare a risolvere il sistema di due equazioni in tre variabili  x−y =0 x − y − 2z = 0 La soluzione generale di questo sistema `e data dalle terne (x, x, 0), e dunque la famiglia di autovettori Ψ2 relativi all’autovalore λ2 = −1 `e   x Ψ2 =  x  x 6= 0. 0 3. i = 3, λ3 = 3. In questo caso ho  1 3 0 (31 − A) =  1 3 0  . 1 −1 2 

Il sistema da risolvere `e, dunque,  x + 3y =0 x − y + 2z = 0 Sottraendo le due equazioni trovo 4 y − 2 z = 0 ⇒ z = 2 y; sostituendo questo nella terza equazione ho x −y + 4 y = 0 | {z } =3 y

da cui trovo che la soluzione genrale `e data dalle terne (−3 y, y, 2 y). Dunque, l’autovettore Ψ3 `e   −3 y Ψ3 =  y  y 6= 0. 2y 3

1

Esercizio 2

Si trovino gli autovalori ed i corrispondenti autovettori della matrice   4 1 1   A :=  0 −1    −3 −1 −1 2

Soluzione Sviluppando il determinante di λ − A (per esempio, lungo la prima riga, ma non ci sono differenze significative tra le varie scelte possibili) si ottiene det(λ − A) = λ3 − 6 λ2 + 11 λ − 6 = 0 Da qui si osseva che λ1 = 1 `e una radice. Si osserva poi (con Ruffini, ad esempio) che det(λ − A) = (λ − 1)(λ2 − 5 λ + 6) = (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3). Dunque gli autovalori di A sono 1, 2, 3. Calcoliamo gli autovettori relativi a λ1 = 1. Dobbiamo risolvere   4 1 1  x   x     y  =  y ,  −3 0 − 1   z z −1 −1 2 ovvero il sistema lineare  

3x + y + z = 0 −3x − y − z = 0  −x − y + z = 0

Osserviamo che le prime due equazioni sono coincidenti, e quindi possiamo risolvere (nelle 3 variabili (x, y, z)) il sistema ridotto formato dalle ultime due equazioni (che sono, come si vede, indipendenti), i. e.:  −3x − y − z = 0 −x − y + z = 0 Dalla seconda abbiamo z = x+y 4

(1.1)

sostituendo nella primasi trova −3x − y − (x + y) = 0 che d`a y = −2 x. Risostituendo nella (1.1) si ha infine z = x + (−2x) = −x. Dunque gli autovettori relativi all’autovalore λ1 = 1 sono dati dalla famiglia ψ1 = x (1, −2, −1), x 6= 0 Con calcoli analoghi si vede che gli autovettori relativi a λ2 e λ3 sono, rispettivamente, ψ2 = x (1, −1, −1), e ψ3 = x (1, −1, 0)

Esercizio 3 Si consideri la matrice



3 2

0



   M =  2 1 2 . 0 2 −1

(1.2)

Se ne calcolino gli autovalori, e si determini l’autospazio (cio`e la famiglia ad un paramentro di autovettori) relativo all’unico autovalore intero di M .

Soluzione Il determinante di λ − M, cio`e il polinomio caratteristico di M `e:   λ − 3 −2 0   3 2  Det(λ − M) = Det   −2 λ − 1 −2  = λ − 3 λ − 9 λ + 11. 0 −2 λ + 1 Non `e difficile notare che λ1 = 1 `e una radice del polinomio caratteristico (i coefficienti di Det(λ − M) sommano a zero). Utilizzando, ad esempio, la regola di Ruffini, otteniamo la fattorizzazione   Det(λ − M) = (λ − 1) λ2 − 2 λ − 11 .

Il discriminante del fattore di secondo grado di questa espressione `e ∆ = 4 + 44 = 48 = 24 · 3,

√ e le radici corrispondenti non sono numeri interi (λ± = 1 ± 2 3). Dunque la radice intera cercata `e λ = 1. 5

Per finire l’esercizio dobbiamo calcolare l’autovettore relativo a λ = 1, ovvero trovare (almeno un) vettore non nullo ψ che soddisfi Mψ = ψ. Detto

 ψ1 ψ =  ψ2  , ψ3 

dovremo risolvere il sistema lineare       3 2 0 ψ ψ1 1    2 1 2   ψ2  =  ψ2  ,   ψ3 ψ3 0 2 −1 ovvero



2 2

0



   0 ψ 1    2 0 2   ψ2  =  0  .   0 ψ3 0 2 −2 

Prendendo come equazioni indipendenti di quest’ultimo sistema le prime due si ha  2ψ1 + 2ψ2 = 0 2ψ1 = −2ψ3 da cui l’autovettore cercato si pu` o scrivere nella forma parametrica   1 ψ = ψ3  −1  . −1

6...