5 Un'applicazione: le matrici di rotazione - Matematica e Applicazioni

Ora, rango(A − λ 2 I) = 1 se sin ϑ ≠ 0 , ossia ϑ ≠ 0; π.Quindi per ϑ ≠ 0; π, si consideraossiai sin ϑx 2 − sin ϑy 2 = 0,y 2 = ix 2 ;mentre l’altra equazione risulterà automaticamente verificata.Quindi, posto ad esempio x 2 = 1 si ha y 2 = i e normalizzando in norma 2 (siveda sezione 6.1) (‖[1, i] T ‖ 2 = √ 2) si ottienez 2 = 1 √2[1iPertanto, per se ϑ ≠ 0; π la matrice è sicuramente diagonalizzabile , ossia valeconA = SΛS − 1]Λ = diag(λ 1 , λ 2 )S = [z 1 , z 2 ] = √ 1 [1 12 −i i].Si può verificare la seguente proprietà: le matrici normali (ossia tali che AA H =A H A) si diagonalizzano tramite matrici unitarie. Infatti, la matrice S = [z 1 , z 2 ]è unitaria, ossia SS H = S H S = I, o meglio z 1 è ortogonale, anzi ortonormale,a z 2 , come qui di seguito verificato.S H = √ 1 [ ]1 i2 1 −iS H S = 1 2[1 i1 −iSS H = 1 [1 12 −i i] [1 1−i i] [1 i1 −iQuindi si può affermare chee]= 1 2]= 1 [2A = SΛS H = √ 1 [1 12 −i i[ ]1 − i21 + i 21 + i 2 1 − i 2S −1 = S H=}{{}i 2 =−12 i − i−i + i −i 2 − i 2 ]= 1 2] [ ] [λ1 0 1 1 i √20 λ 2 1 −i[1 2 02 0 2[2 00 2]]= I]= ISi tenga presente che i vettori z 1 , z 2 formano una base ortonormale per R 2 :sono in numero di 2 e sono linearmente indipendenti, essendodet S = ( √ 1 ∣ ∣∣∣) 2 1 12 −i i ∣ = 1 (i + i) = i ≠ 0.2Casi particolari: ϑ = 0, π (sin ϑ = 0).Per ϑ = 0 si ha[ ]1 0A = A 0 =0 148

matrice diagonale con autovalori coincidenti λ 1 = λ 2 = 1 (autovettori e 1 , e 2 ).Per ϑ = π si ha[ ] −1 0A = A π =0 −1matrice diagonale con autovalori coincidenti λ 1,2 = −1 (autovettori e 1 , e 2 ).In entrambi i casi le matrici sono diagonalizzabili, in quanto già diagonali.5.2 Rotazioni nello spazio di un angolo ϑ intorno all’assezSi vuole considerare il caso della rotazione nello spazio intorno all’asse z di unvettore di R 3 di un angolo ϑ assegnato.Come nel caso precedente, si tratta chiaramente di un’applicazione lineare, quindisi procede analogamente.Si considera la base canonicae 1 = [1, 0, 0] T → F (e 1 ) = [cos ϑ, sin ϑ, 0] Te 2 = [0, 1, 0] T → F (e 2 ) = [− sin ϑ, cos ϑ, 0] Te 3 = [0, 0, 1] T → F (e 1 ) = [0, 0, 1] Tvettori della baseimmagini dei vettori della baseIn definitiva, tale applicazione lineare da R 3 a R 3 è rappresentata dalla matrice⎡cos ϑ − sin ϑ 0A = A ϑ = [F (e 1 ), F (e 2 ), F (e 3 )] = ⎣ sin ϑ cos ϑ 0⎤⎦0 0 1È interessante notare che la matrice A è ortogonale, ossia vale A T A = AA T = I.Infatti è⎡⎤cos ϑ sin ϑ 0A T = ⎣ − sin ϑ cos ϑ 0 ⎦0 0 1e quindie⎡A T A = ⎣⎡= ⎣⎡AA T = ⎣⎡= ⎣cos ϑ − sin ϑ 0sin ϑ cos ϑ 00 0 1⎤ ⎡⎦ ⎣cos ϑ sin ϑ 0− sin ϑ cos ϑ 00 0 1cos 2 ϑ + sin 2 ϑ cos ϑ sin ϑ − cos ϑ sin ϑ 0cos ϑ sin ϑ − cos ϑ sin ϑ sin 2 ϑ + cos 2 ϑ 00 0 1cos ϑ sin ϑ 0− sin ϑ cos ϑ 00 0 1⎤ ⎡⎦ ⎣cos ϑ − sin ϑ 0sin ϑ cos ϑ 00 0 1cos 2 ϑ + sin 2 ϑ − cos ϑ sin ϑ + cos ϑ sin ϑ 0− cos ϑ sin ϑ + cos ϑ sin ϑ sin 2 ϑ + cos 2 ϑ 00 0 1⎤⎦⎤⎦⎤⎦ = I⎤⎦ = I49

Si procede ora al calcolo degli autovalori e autovettori della matrice A.Passo 1: Calcolo degli autovalori. Valeda cui⎡det(A − λI) = det ⎣cos ϑ − λ − sin ϑ 0sin ϑ cos ϑ − λ 00 0 1 − λ= (1 − λ)((cos ϑ − λ) 2 + sin 2 ϑ)= (1 − λ)(cos 2 ϑ + λ 2 − 2 cos ϑλ + sin 2 ϑ)= (1 − λ)(λ 2 − 2 cos ϑλ + 1)λ 1,2 = cos ϑ ± i sin ϑ = e ±iϑ ,λ 3 = 1.Si noti che il secondo fattore del polinomio caratteristico è il polinomio caratteristicodella matrice di rotazione nel piano di sezione 5.1.Passo 2.a: sia λ 1 = cos ϑ + i sin ϑ, si considera il sistema⎤⎦Aw 1 = λ 1 w 1ossia⎡cos ϑ − (cos ϑ + i sin ϑ) − sin ϑ 0⎣ sin ϑ cos ϑ − (cos ϑ + i sin ϑ) 0⎤⎦ w 1 = 0,0 0 1 − (cos ϑ + i sin ϑ)ossia, posto w 1 = [x 1 , y 1 , z 1 ] T ,⎡⎢⎣−i sin ϑsin ϑ0− sin ϑ 0−i sin ϑ 00 1 − (cos ϑ + i sin ϑ)⎤ ⎡⎥⎦ ⎣ x 1y 1z 1⎤⎦ = 0.Ora, rango(A − λ 1 I) = 2 se sin ϑ ≠ 0 e λ 1 ≠ 1, ossia ϑ ≠ 0; π. Per affermarequesto si è considerata la sottomatrice 2 × 2 riquadrata.Si noti tra l’altro cheogni altra sottomatrice 2 × 2 è singolare.Quindi per ϑ ≠ 0; π, si considera{y1 = −ix 1z 1 = 0Si noti che si stanno considerando solo le equazioni relative alla sottomatriceriquadrata: ogni altra equazione risulterà automaticamente verificata dalla soluzionedi tali equazioni.Quindi, posto ad esempio x 1 = 1 si ha y 1 = −i, z 1 = 0 e normalizzando innorma 2 (si veda sezione 6.1) (‖[1, −i, 0] T ‖ 2 = √ 2) si ottiene⎡w 1 = √ 1 ⎣21 −i0⎤⎦50

Si tenga comunque presente che, nel caso esistesse più di una sottomatricequadrata 2 × 2 con determinante diverso da zero, si andrebbe a scegliere quellapiù semplice (con più zeri o con coefficienti più semplici), in quanto questosemplifica il sistema lineare da risolvere.Passo 2.b: sia λ 2 = cos ϑ − i sin ϑ, si considera il sistemaAw 2 = λ 2 w 2ossia⎡⎢⎣i sin ϑsin ϑ0− sin ϑ 0i sin ϑ 00 1 − (cos ϑ − i sin ϑ)⎤ ⎡⎥⎦ ⎣ x 2y 2z 2⎤⎦ = 0, con w 2 =[x2y 2 z 2].Ora, rango(A − λ 2 I) = 2 se sin ϑ ≠ 0 e λ 2 ≠ 1, ossia ϑ ≠ 0; π. Per affermarequesto si è considerata la sottomatrice 2 × 2 riquadrata.Quindi per ϑ ≠ 0; π, si considera{y2 = ix 2z 2 = 0Quindi, posto ad esempio x 2 = 1 si ha y 2 = i, z 2 = 0 e normalizzando in norma2 (si veda sezione 6.1) (‖[1, i, 0] T ‖ 2 = √ 2) si ottiene⎡w 2 = √ 1 ⎣ 1 ⎤i ⎦2 0Passo 2.c: sia λ 3 = 1, si considera il sistemaAw 3 = λ 3 w 3ossia⎡⎢⎣cos ϑ − 1 − sin ϑsin ϑ cos ϑ − 10 0000⎤ ⎡⎥⎦⎣ x 3y 3z 3⎤⎦ = 0, con w 3 =⎡⎣ x 3y 3z 3⎤⎦ .Ora, rango(A − λ 3 I) = 2 se ϑ ≠ 0. Per affermare questo si è considerata lasottomatrice 2 × 2 riquadrata.Quindi per ϑ ≠ 0, si ha il sistema omogeneo di due equazioni in due incognite{x3 (cos ϑ − 1) − sin ϑy 3 = 0sin ϑx 3 + (cos ϑ − 1)y 3 = 0con matrice non singolare, che ha come unica soluzione possibile la soluzionebanale x 3 = y 3 = 0. Quindi, posto ad esempio z 3 = 1 si ha⎡ ⎤w 3 =⎣ 0 01Pertanto, per se ϑ ≠ 0; π la matrice è sicuramente diagonalizzabile , ossia vale⎦A = SΛS − 151