Soluzioni
  • Consideriamo l'endomorfismo f:\mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^4 definito da

    f(x,y,z,t)=(2x+y+z+t, \ 2y+z+t, \ z+t, \ z+t)

    e calcoliamo, come richiesto dalla traccia, la matrice associata rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^4 e autovalori e autospazi dell'endomorfismo f.

    Calcolo della matrice associata

    La base canonica di \mathbb{R}^4 è:

    \mathcal{C}=\{\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3, \mathbf{e}_4\}

    con

    \\ \mathbf{e}_1=(1,0,0,0) \ \ \ ; \ \ \ \mathbf{e}_2=(0,1,0,0) \\ \\ \mathbf{e}_3=(0,0,1,0) \ \ \ ; \ \ \ \mathbf{e}_4=(0,0,0,1)

    La matrice A che rappresenta f rispetto a \mathcal{C} ha come colonne le immagini mediante f dei vettori \mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3, \mathbf{e}_4.

    \\ f(\mathbf{e}_1)=f(1,0,0,0)=(2,0,0,0) \\ \\ f(\mathbf{e}_2)=f(0,1,0,0)=(1,2,0,0) \\ \\ f(\mathbf{e}_3)=f(0,0,1,0)=(1,1,1,1) \\ \\ f(\mathbf{e}_4)=f(0,0,0,1)=(1,1,1,1)

    di conseguenza

    A=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}

    Calcolo degli autovalori di f

    Poiché f è definito su uno spazio vettoriale reale, gli autovalori di f sono gli zeri reali del polinomio caratteristico p_A(\lambda) associato ad A, definito come il determinante della matrice (A-\lambda \mbox{Id}_4), dove \mbox{Id}_4 è la matrice identità dello stesso ordine di A.

    \\ p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_4) = \\ \\ = \mbox{det}\left[\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\right] = \\ \\ \\ = \mbox{det}\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=

    Calcoliamo il determinante con uno sviluppo di Laplace rispetto alla prima colonna, in quanto ha un solo elemento non nullo

    =(2-\lambda) \cdot \mbox{det}\begin{pmatrix}2-\lambda & 1 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & 1 \\ 0 & 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=

    sempre per Laplace riferito alla prima colonna

    =(2-\lambda)^2 \cdot \mbox{det}\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\ 1 & 1-\lambda\end{pmatrix}=

    sviluppiamo il determinante della matrice di ordine 2

    =(2-\lambda)^2 \cdot [(1-\lambda)^2-1]=

    sviluppiamo il quadrato di binomio e sommiamo i termini simili nella coppia di parentesi quadre

    =(2-\lambda)^2 (\lambda^2-2\lambda) = -\lambda(2-\lambda)^3

    I suoi zeri reali, e quindi gli autovalori di f, sono:

    \lambda_1=0 con molteplicità algebrica 1;

    \lambda_2=2 con molteplicità algebrica 3.

    Autospazio relativo all'autovalore \lambda_1=0

    L'autospazio relativo all'autovalore \lambda_1=0 è il sottospazio vettoriale di \mathbb{R}^4 così definito:

    V_{\lambda_1} = \{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 \ | \ f(\mathbf{v}) = \lambda_1 \mathbf{v}\}

    ossia

    V_0=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 \ | \ f(\mathbf{v}) = \mathbf{0}\}

    In altri termini, V_0 è l'insieme formato dai vettori di \mathbb{R}^4 la cui immagine mediante f è il vettore nullo, cioè è il nucleo dell'endomorfismo f.

    Per determinare V_0 è allora sufficiente calcolare una base del nucleo di f.

    Siano \mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 e \mathbf{x}=(x,y,z,t)^T il vettore colonna delle coordinate di \mathbf{v} rispetto alla base canonica.

    Una base di \mbox{Ker}(f) coincide con una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

    A \mathbf{x} = \mathbf{0}

    ossia

    \begin{pmatrix}2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \\ t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    la cui forma esplicita è

    \begin{cases}2x+y+z+t=0 \\ 2y+z+t=0 \\ z+t=0 \\ z+t=0\end{cases}

    La matrice associata al sistema è A, che ha rango 3: il suo determinante è nullo (la terza riga è uguale alla quarta) e il minore di ordine 3 che si ottiene eliminandone la quarta riga e la quarta colonna è diverso da zero.

    Per il teorema di Rouché-Capelli il sistema ammette \infty^1 soluzioni. Per calcolarle assegniamo il ruolo di parametro libero all'incognita t

    t=a \ \ \mbox{ con } a \in \mathbb{R}

    e risolviamo il sistema

    \begin{cases}2x+y+z+t=0 \\ 2y+z+t=0 \\ z+t=0 \\ t=a\end{cases}

    con il metodo di sostituzione. Dopo qualche semplice passaggio algebrico si ottengono le soluzioni

    (x,y,z,t)=(0,0,-a,a) = a(0,0,-1,1)

    Una base dello spazio delle soluzioni, e quindi una base di V_0, è

    \mathcal{B}_{V_0}=\{(0,0,-1,1)\}

    dunque V_0 ha dimensione 1 ed è il sottospazio generato dal vettore (0,0,-1,1)

    V_0=\mbox{Span}((0,0,-1,1))

    Il testo dell'esercizio chiedeva anche la molteplicità geometrica degli autovalori di f: tale molteplicità è data dalla dimensione dell'autospazio relativo a ciascun autovalore, per cui

    m_g(\lambda_1)=1

    Autospazio relativo all'autovalore \lambda_2=2

    L'autospazio associato a \lambda_2=2 è il seguente sottospazio di \mathbb{R}^4

    V_{\lambda_2} = \{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 \ | \ f(\mathbf{v}) = \lambda_2 \mathbf{v}\}

    ossia

    V_{2} = \{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^4 \ | \ f(\mathbf{v}) = 2 \mathbf{v}\}

    Detto \mathbf{x}=(x,y,z,t)^T il vettore colonna delle coordinate di \mathbf{v} rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^4, dallo studio della teoria è noto che per calcolare una base di V_2 basta calcolare una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

    (A-2 \mbox{Id}_4)\mathbf{x}=\mathbf{0}

    Ricaviamone la forma esplicita

    \left[\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\right]\begin{pmatrix}x \\ y \\ z \\ t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    da cui

    \\ \begin{pmatrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z \\ t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    che equivale a

    \begin{cases}y+z+t=0 \\ z+t=0 \\ -z+t=0 \\ z-t=0\end{cases}

    La matrice associata al sistema è

    \begin{pmatrix}0&1&1&1 \\ 0&0&1&1 \\ 0&0&-1&1 \\ 0&0&1&-1\end{pmatrix}

    ed ha rango pari a 3: il suo determinante è nullo e il minore che si ottiene eliminando la quarta riga e la prima colonna è diverso da zero.

    Per calcolare le soluzioni assegniamo, allora, all'incognita x il ruolo di parametro libero e risolviamo il sistema

    \begin{cases}x=a \\ y+z+t=0 \\ z+t=0 \\ -z+t=0\end{cases}

    Le sue soluzioni sono

    (x,y,z,t)=(a,0,0,0)=a(1,0,0,0)

    Una base di V_2 è

    \mathcal{B}_{V_2}=\{(1,0,0,0)\}

    pertanto

    V_2=\mbox{Span}((1,0,0,0))

    Infine, la sua dimensione, e quindi la molteplicità geometrica di \lambda_2, è uguale a 1, e con questo è tutto!

    Risposta di Galois
 
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