Esercizio 68endomorfismo dato da polinomio caratteristico e autovettori (lezione 30)

Testo (esercizio d'esame svolto nella lezione 30; i dati sono quelli ricostruiti dalla videolezione). Sia $f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ una funzione lineare tale che:

1. il polinomio caratteristico di $f$ è $x^2(x - 2)$ (a meno del segno);
2. il vettore $v_1 = (1, -1, 2)$ è una base di $\operatorname{Ker} f$;
3. il vettore $v_2 = (0, 2, -1)$ genera l'autospazio relativo all'unico autovalore non nullo di $f$;
4. $f(v_3) = v_1$, dove $v_3 = (1, 0, 2)$.

(a) Scrivere la matrice $A$ di $f$ rispetto alla base $\mathcal V = \{v_1, v_2, v_3\}$. (b) Scrivere la matrice $B$ di $f$ rispetto alla base canonica. (c) Dire se $f$ è diagonalizzabile. (d) Determinare $f^{-1}(t, 3, 0)$ al variare di $t \in \mathbb{R}$.

Teoria: DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →, Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →, Matrice associata a una funzione lineareFissate una base del dominio e una del codominio, una funzione lineare si codifica in una matrice m×n la cui colonna j contiene le coordinate di f(v_j); le coordinate di f(v) si ottengono moltiplicando la matrice per le coordinate di v, e il rango di f è il numero di colonne indipendenti.Matrice associata a una funzione lineare →, Cambiamenti di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base →.

Cosa dicono i dati

• Dato 1. Le radici di $x^2(x - 2)$ sono gli autovalori: $0$ con $m_a = 2$ (esponente $2$) e $2$ con $m_a = 1$.
• Dato 2. $v_1 \in \operatorname{Ker} f$, quindi $f(v_1) = \vec 0 = 0 \cdot v_1$: $v_1$ è un autovettore di autovalore $0$. In più $\dim \operatorname{Ker} f = 1$. Ricordando che $V_0 = \operatorname{Ker} f$L'autospazio dell'autovalore 0 è il nucleo: i vettori con f(v) = 0 = 0·v.Autovalori e autovettori →, questo dice $m_g(0) = 1$.
• Dato 3. L'unico autovalore non nullo è $2$, quindi $f(v_2) = 2 v_2$.
• Dato 4. $f(v_3) = v_1$: $v_3$ non è un autovettore ($v_1$ non è multiplo di $v_3$).

Prima di tutto, $\mathcal V$ è davvero una base: $\det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 2 & 0 \\ 2 & -1 & 2 \end{pmatrix} = 1 \cdot 4 - 0 + 1 \cdot (1 - 4) = 1 \ne 0$.

(a) Matrice nella base $\mathcal V$

La colonna $j$ di $A = M^{\mathcal V}_{\mathcal V}(f)$ contiene le coordinateFissata una base, ogni vettore ha una e una sola lista di coordinate; la funzione vettore → coordinate è un isomorfismo con K^n, quindi ogni spazio di dimensione n si comporta come K^n (ma l'isomorfismo dipende dalla base).Coordinate rispetto a una base → di $f(v_j)$ nella base $\mathcal V$:

• $f(v_1) = \vec 0 = 0 v_1 + 0 v_2 + 0 v_3$: colonna $(0, 0, 0)$;
• $f(v_2) = 2 v_2 = 0 v_1 + 2 v_2 + 0 v_3$: colonna $(0, 2, 0)$;
• $f(v_3) = v_1 = 1 v_1 + 0 v_2 + 0 v_3$: colonna $(1, 0, 0)$.

$$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Si vede la regola della lezione 22: in corrispondenza di un autovettore la colonna ha l'autovalore sulla diagonale e zeri altrove; la terza colonna no, perché $v_3$ non è un autovettore, e infatti l'$1$ cade fuori dalla diagonale.

(b) Matrice nella base canonica

Sia $P = M^{\mathcal V}_{\mathcal E}(\mathrm{id})$ la matrice che ha $v_1, v_2, v_3$ in colonna. Per la formula di cambiamento di basePer un endomorfismo: la matrice nella nuova base è P⁻¹ (matrice vecchia) P, con P la matrice di cambiamento di base.Cambiamenti di base →: $$A = P^{-1} B P \quad\Longrightarrow\quad B = P A P^{-1}.$$ $$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 2 & 0 \\ 2 & -1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 4 & -1 & -2 \\ 2 & 0 & -1 \\ -3 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$ ($P^{-1}$ con il metodo della Matrice inversaL'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa →; controllo: $P P^{-1} = I$).

Primo prodotto. $PA$: la colonna $j$ di $PA$ è $P$ per la colonna $j$ di $A$, cioè $P \cdot \vec 0$, $P \cdot (0,2,0) = 2 v_2$, $P \cdot (1, 0, 0) = v_1$: $$PA = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & -1 \\ 0 & -2 & 2 \end{pmatrix}.$$ Secondo prodotto. $$B = (PA) P^{-1} = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 2 \\ 11 & -1 & -6 \\ -10 & 2 & 6 \end{pmatrix}.$$ (Per esempio la prima riga è $0 \cdot (4,-1,-2) + 0 \cdot (2, 0, -1) + 1 \cdot (-3, 1, 2)$.)

Verifica sui dati: $B v_1 = (-3 - 1 + 4,\ 11 + 1 - 12,\ -10 - 2 + 12) = (0, 0, 0)$ ✓; $B v_2 = (2 - 2,\ -2 + 6,\ 4 - 6) = (0, 4, -2) = 2 v_2$ ✓; $B v_3 = (-3 + 4,\ 11 - 12,\ -10 + 12) = (1, -1, 2) = v_1$ ✓.

(Un metodo alternativo, citato a lezione: scrivere $e_1, e_2, e_3$ come combinazioni di $v_1, v_2, v_3$ e usare la linearità per calcolare $f(e_i)$, che sono le colonne di $B$. Il risultato è lo stesso.)

(c) Diagonalizzabile?

No, e non serve alcun conto: l'autovalore $0$ ha $m_a(0) = 2$ (dato 1) ma $m_g(0) = \dim \operatorname{Ker} f = 1$ (dato 2). Poiché $m_g(0) < m_a(0)$, per il criterioUna matrice è diagonalizzabile se e solo se per ogni autovalore la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica (e tutti gli autovalori stanno nel campo).Diagonalizzazione → $f$ non è diagonalizzabile.

Osservazione del prof: per gli autovalori di $B$ non si fa il conto su $B$ (che non ha zeri): $A$ e $B$ sono simili, quindi hanno lo stesso polinomio caratteristico, che è dato nel testo.

(d) Antiimmagine di $(t, 3, 0)$

Quale matrice usare? Per calcolare $f$ su un vettore scritto in coordinate canoniche, $(x_1, x_2, x_3)$, serve la matrice nella base canonica, cioè $B$. La matrice $A$ funziona invece con le coordinate nella base $\mathcal V$. (È il dubbio che, racconta il prof, aveva bloccato molti studenti all'esame.)

Immagine di $f$. È generata dalle immagini dei vettori di una base: $f(v_1) = \vec 0$, $f(v_2) = 2v_2$, $f(v_3) = v_1$. Quindi $$\operatorname{Im} f = \langle v_1, v_2 \rangle, \qquad \dim \operatorname{Im} f = 2 .$$ (Coerente con il teorema nullità + rango: $1 + 2 = 3$.)

Quando $(t, 3, 0) \in \operatorname{Im} f$. Deve essere $(t, 3, 0) = a v_1 + b v_2 = (a,\ -a + 2b,\ 2a - b)$: $$\begin{cases} a = t \\ -a + 2b = 3 \\ 2a - b = 0 \end{cases} \Rightarrow \quad b = 2a, \quad -a + 4a = 3 \Rightarrow a = 1, \ b = 2, \ t = 1 .$$

• $t \ne 1$: $(t, 3, 0) \notin \operatorname{Im} f$, quindi $f^{-1}(t, 3, 0) = \emptyset$.
• $t = 1$: $(1, 3, 0) = v_1 + 2v_2 = f(v_3) + f(v_2) = f(v_2 + v_3)$. Una soluzione è $v_2 + v_3 = (1, 2, 1)$, e tutte le soluzioniL'antiimmagine di un vettore dell'immagine è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → si ottengono aggiungendo il nucleo: $$f^{-1}(1, 3, 0) = (1, 2, 1) + \operatorname{Ker} f = \{(1 + s,\ 2 - s,\ 1 + 2s) : s \in \mathbb{R}\}.$$

Verifica con $B$: $B(1, 2, 1)^T = (-3 + 2 + 2,\ 11 - 2 - 6,\ -10 + 4 + 6) = (1, 3, 0)$ ✓. Allo stesso risultato si arriva riducendo a scala la matrice completa $(B \mid (t, 3, 0)^T)$: l'ultima riga diventa $(0\ 0\ 0 \mid 12(t - 1))$, e per Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → il sistema è risolubile solo per $t = 1$.

Errori comuni

• Usare $A$ per calcolare $f(x_1, x_2, x_3)$ con coordinate canoniche.
• Calcolare gli autovalori di $B$ da capo, invece di usare il polinomio caratteristico dato.
• Dimenticare che $f^{-1}$ di un vettore dell'immagine è un insieme infinito (soluzione particolare $+$ nucleo), non un solo vettore.