Mathematical Engineering - Algebra Lineare e Geometria

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22 6 6 41 1 1¡1 1 1¡1 1 1¡1 1 1 ¡1 1 1 13 7 7 5 1a) postoV 1= Ker(A¡I) eV ¡1= Ker(A+I), determinare una base diV 1e una base diV ¡1, e veri¯care che dimV 1+ dimV ¡1= 4; 1b) qual µe il polinomio caratteristico diA? (sugg: utilizzare il punto precedente); 1c) determinare se possibile una matrice ortogonaleQe una matrice diagonaleDtali che QT AQ=D. Il nucleo diA¡Icoincide col nucleo della matrice 2(A¡I) =2 6 6 4¡1 1 1¡1 1¡1¡1 1 1¡1¡1 1 ¡1 1 1¡13 7 7 5 Si poteva evitare di risolvere questo sistema ragionando come segue. Il nucleoV ¡1 diA+Iµe l'autospazio diArelativo all'autovalore¸=¡1. SiccomeAµe simmetrica, V ¡1µe contenuto nel complemento ortogonaleV? 1dell'autospazio relativo all'autovalore 1. Ma il complemento ortogonale diV 1ha dimensione uno ed µe generato dav 4= [1;¡1;¡1;1]T perchµeV 1ha equazionex 1¡x 2¡x 3+x 4= 0. QuindiV ¡1consiste del solo vettore nullo oppure µe la retta generata dav 4. Si controlla in un attimo chev 4 appartiene aV ¡1, quindiV ¡1µe la retta generata dav 4. Per il punto precedente, la matriceAha l'autovalore 1 con molteplicitµa geometrica 3 e l'autovalore¡1 con molteplicitµa geometrica 1. Il polinomio caratteristico diAµe perciµo divisibile per (¸¡1)3 (¸+ 1); ma il polinomio caratteristico diAha grado 4, quindi coincide con (¸¡1)3 (¸+ 1). 1c) Per trovareQoccorre costruire una base ortonormale diR4 formata da autovettori diA: tale base esiste per il teorema spettrale (o per il punto 1a)). Cominciamo a scrivere una base ortonormalefq 1;q 2;q 3gdiV 1. Per questo utilizziamo l'algoritmo di Gram-Schmidt a partire dalla basefv 1;v 2;v 3gdeterminata nel puntoa): b 1=v 1;q 1=b 1 2[1;¡1;¡1;1]T : l'insieme delle matrici simmetriche di ordinen µe un sottospazio vettoriale diM ? l'in- sieme delle matrici ortogonali µe un sottospazio vettoriale diM? Giusti¯care la risposta. 2b) mostrare che, sewµe un vettore non nullo diRn , la matrice Q=I¡2 scrivere la matriceQdel punto 2b) quandon= 3 ewµe un vettore perpendicolare al sottospazio di equazionex 1¡x 2+x 3= 0. l'insieme delle matrici simmetriche di ordinenµe un sottospazio vettoriale perch¶e µe non vuoto, la somma di due matrici simmetriche µe simmetrica, e il prodotto di uno scalare per una matrice simmetrica µe ancora una matrice simmetrica; l'insieme delle matrici ortogonali non µe un sottospazio vettoriale, per esempio perch¶e la matrice nulla non µe ortogonale. 2b) La matrice identitµaIµe simmetrica; anchew wT µe una matrice simmetrica di ordinen perch¶e: (w wT )T = (wT )T wT =w wT In¯ne osserviamo che µ 2 (wT w)2wwT w wT =4 Possiamo prendiamow= [1;¡1;1]T : allora Q=2 41 0 0 0 1 0 0 0 13 5 ¡2 32 41 ¡1 13 5 [1;¡1;1] =2 41 0 0 0 1 0 0 0 13 5 ¡2 32 41¡1 1 ¡1 1¡1 1¡1 13 5 =1 32 41 2¡2 2 1 2 ¡2 2 13 5 Mostrare che gli autovalori di una matrice ortogonale hanno modulo uno. 3b) Mostrare che, se¸µe un autovalore di una matrice ortogonale simmetrica, allora¸= 1 oppure¸=¡1. 3c) SiaAuna matrice ortogonale simmetrica di ordinen, e sianoV 1= Ker(A¡I) e V ¡1= Ker(A+I). SianoP 1eP 2le matrici delle proiezioni ortogonali suV 1e su V ¡1. Spiegare perchµe valgono le uguaglianze I=P 1+P 2eA=P 1¡P 2=I¡2P 2 Questo µe stato dimostrato a lezione, e si trova sul libro dello Strang: sevµe un autovettore complesso diQ, valgono le uguaglianze jjQvjj2 Cn=jj¸vjj2 =j¸j2 jjvjj2 SiaAuna matrice ortogonale e simmetrica. Un autovalore diAha modulo uno perch¶e Aµe ortogonale ed µe reale perch¶eAµe simmetrica. Quindi dev'essere§1. Oppure:A ortogonale simmetrica implicaA2 =I, quindi¸2 = 1 per ogni autovalore¸diA. 3c) SiaAuna matrice simmetrica e siano¸ 1; : : : ; ¸ ri suoi autovalori distinti. Per il teorema spettrale (decomposizione spettrale), seP jµe la proiezione ortogonale sull'autospazio relativo a¸ j, si ha I=P 1+¢ ¢ ¢+P reA=¸ 1P 1+¢ ¢ ¢+¸ rP r