Esercizio sulla diagonalizzazione di matrici – 1

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Esercizio sulla diagonalizzazione di matrici – 1

In questo primo articolo della raccolta di esercizi sulla diagonalizzazione di matrici studiamo la diagonalizzabilità di alcune matrici $2\times 2$ . Segnaliamo anche il successivo esercizio sulla diagonalizzazione di matrici – 2 per lo studio della diagonalizzabilità di matrici $3\times 3$ .

Testo dell’esercizio

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Stabilire se le seguenti matrici $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ sono diagonalizzabili e, in caso affermativo, determinarne gli autovalori e una base diagonalizzante.

$\displaystyle A= \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix};$
$\displaystyle A= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix};$
$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix};$
$A=\begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}.$

Richiami di teoria.

Richiamiamo di seguito le definizioni e i risultati fondamentali per la risoluzione degli esercizi.

Definizione 1 (diagonalizzazone). Una matrice $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ si dice diagonale se i suoi elementi al di fuori della diagonale principale sono nulli, ossia se $D$ è della forma

$\begin{equation*} D = \begin{pmatrix} d_1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & d_2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & d_n \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Una matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ si dice diagonalizzabile se esistono una matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ e una matrice $P\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ invertibile tali che

$\begin{equation*} A = P D P^{-1}, \end{equation*}$

dove le operazioni sono prodotti righe per colonne di matrici. $P$ si dice matrice diagonalizzante di $A$ e le matrici $A$ e $D$ si dicono simili.

Tale proprietà, come vedremo a breve, è strettamente correlata alle nozioni di autovettore e autovalore della matrice in esame.

Definizione 2 (autovalori e autovettori). Data una matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ , un numero reale $\lambda$ si dice autovalore di $A$ se esiste $v =(v_1,\dots,v_n) \in \mathbb{R}^n \setminus \{\mathbf{0}\}$ tale che $Av= \lambda v$ , ossia se

$\begin{equation*} A \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots\\ v_n \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ \vdots\\ v_n \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Un tale $v$ è detto autovettore di $A$ relativo all’autovalore $\lambda$ .

Il prossimo risultato collega le nozioni di autovettori e autovalori alla diagonalizzabilità di una matrice.

Teorema 3. Per una matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ valgono le seguenti proprietà.

Se $\lambda$ è un autovalore di $A$ , l’insieme $E(\lambda)$ costituito dagli autovettori relativi a $\lambda$ e da $\mathbf{0}$ è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^n$ , detto autospazio relativo a $\lambda$ . La dimensione di $E(\lambda)$ è detta molteplicità geometrica dell’autovalore $\lambda$ e si indica con $\operatorname{mg}(\lambda)$ .
Autovettori relativi ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti.
$A$ è diagonalizzabile se e solo se esiste una base $\mathcal{B} \coloneqq \{v^1,\dots,v^n\}$ di $\mathbb{R}^n$ costituita da autovettori di $A$ , detta base diagonalizzante. In tal caso
$\begin{equation*} D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda _2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \lambda_n \end{pmatrix} \qquad \text{e} \qquad P= \begin{pmatrix} v_1^1 & v_1^2 & \dots & v_1^n \\[3pt] v_2^1 & v_2^2 & \dots & v_2^n \\[3pt] \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ v_n^1 & v_n^2 & \dots & v_n^n \end{pmatrix}, \end{equation*}$

ovvero le componenti di $D$ sulla diagonale principale sono gli autovalori (non necessariamente distinti) $\lambda_i$ di $A$ e $P$ è la matrice avente, sulla colonna $i$ -esima, le componenti dell’autovettore $v^i$ relativo all’autovalore $\lambda_i$ . $P$ è quindi la matrice di cambiamento tra la base $\mathcal{B}$ e la base canonica.

In particolare, $A$ è diagonalizzabile se e solo se la somma delle dimensioni dei suoi autospazi (cioè la somma delle molteplicità geometriche dei suoi autovalori) è pari a $n$ .

Al fine di stabilire se una matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ sia diagonalizzabile, è quindi necessario determinarne gli eventuali autovalori e le dimensioni dei relativi autospazi. Per eseguire tale analisi, è molto utile il seguente risultato, che esplicita un metodo algebrico per il calcolo degli autovettori di una matrice e per stabilire se essa è diagonalizzabile.

Teorema 4. Sia $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ una matrice quadrata.

$\lambda$ è un autovalore di $A$ se e solo se $\ker(A - \lambda I) \neq \{\mathbf{0}\}$ . In particolare, gli autovalori di $A$ sono tutte e sole le radici dell’equazione algebrica nell’incognita $\lambda$
$\begin{equation*} \det(A - \lambda I)=0. \end{equation*}$

Il polinomio $p(\lambda) \coloneqq \det(A - \lambda I)$ nella variabile $\lambda$ è detto polinomio caratteristico della matrice $A$ . La molteplicità di un autovalore $\lambda$ come radice di $p(\lambda)$ è detta molteplicità algebrica di $\lambda$ e si indica con $\operatorname{ma}(\lambda)$ .
Se $\lambda$ è un autovalore di $A$ , l’autospazio $E(\lambda)$ coincide con $\ker(A- \lambda I)$ e la sua dimensione è pari a $\operatorname{mg}(\lambda)$ . Vale inoltre

(1) $\begin{equation*} \operatorname{mg}(\lambda) \leq \operatorname{ma}(\lambda). \end{equation*}$
$A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ è diagonalizzabile se e solo se il suo polinomio caratteristico ha $n$ radici reali contate con la loro molteplicità e se per ognuna di queste radici $\lambda$ si ha
$\begin{equation*} \operatorname{ma}(\lambda) = \operatorname{mg}(\lambda). \end{equation*}$

In altre parole $A$ è diagonalizzabile se e solo se esiste una base di $\mathbb{R}^n$ costituita da autovettori di $A$ .

Osservazione 5. Dai precedenti risultati discendono le seguenti proprietà:

il termine noto del polinomio caratteristico è pari al determinante della matrice $A$ , mentre il termine di grado $n-1$ è pari a $(-1)^{n-1} \operatorname{Tr}(A)=(-1)^{n-1} \sum_{k=1}^n a_{kk}$ ;
un vettore $v \in \mathbb{R}^n$ appartiene all’autospazio $E(\lambda)$ se e solo se esso è soluzione del sistema lineare omogeneo
$\begin{equation*} (A-\lambda I)v= \mathbf{0}. \end{equation*}$
Se $\operatorname{ma}(\lambda)=1$ , allora anche $\operatorname{mg}(\lambda)=1$ . Ciò è conseguenza di (1) e del fatto che, poiché la matrice $A-\lambda I$ non è invertibile, ha nucleo non banale e quindi $\operatorname{mg}(\lambda)\geq 1$ . In particolare, se $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ ha $n$ autovalori distinti, allora $A$ è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 1.

Impostiamo e risolviamo l’equazione per determinare gli autovalori di $A$ , ovvero calcoliamo il polinomio caratteristico $p(\lambda)$ e i suoi zeri.

$p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&-1\\0&1-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)^2.$

Tale polinomio si annulla se e solo se $\lambda=1$ , che è dunque l’unico autovalore di $A$ con molteplicità algebrica $\operatorname{ma}(1)=2$ . Per stabilire se l’applicazione sia diagonalizzabile andiamo a studiarne la molteplicità geometrica, ossia calcoliamo la dimensione dell’autospazio $E(1)$ :

$\begin{equation*} \dim E(1) = \dim \ker(A - 1\cdot I) = 2- \operatorname{rnk}(A - 1\cdot I) = 2- \operatorname{rnk} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} =1. \end{equation*}$

Poiché l’unico autovalore di $A$ ha molteplicità geometrica pari a $1 <2$ , il teorema 3 implica che $A$ non è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 2.

Il polinomio caratteristico della matrice $A$ è

$\begin{equation*} p(\lambda)= \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 1 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)^2 - 1 = (1-\lambda - 1) (1-\lambda + 1) = \lambda(2-\lambda), \end{equation*}$

le cui radici sono $\lambda_1=0$ e $\lambda_2=2$ , entrambe di molteplicità algebrica pari a $1$ . La matrice $A$ è quindi diagonalizzabile per l’osservazione 5. Per determinare una base diagonalizzante di $A$ , occorre determinare gli autospazi relativi a $\lambda_1$ e $\lambda_2$ che, per l’osservazione 5, consistono rispettivamente nelle soluzioni dei sistemi lineari omogenei

$\begin{equation*} (A - 0 \cdot I) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0}, \qquad (A - 2 I) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0}. \end{equation*}$

Per il primo di essi si ha

$\begin{equation*} (A - 0 \cdot I) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \iff x + y =0, \end{equation*}$

e quindi si ha $E(0)=\mathcal{L}((1,-1))$ , da cui un autovettore relativo a $\lambda_1$ è $(1,-1)$ . Il secondo sistema invece fornisce

$\begin{equation*} (A - 2 I) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{pmatrix} 1 - 2 & 1 \\ 1 & 1-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \iff x-y=0, \end{equation*}$

da cui segue invece $E(2)=\mathcal{L}((1,1))$ . Per il teorema 3 una base diagonalizzante di $A$ è

$\begin{equation*} \mathcal{B}= \{(1,-1),(1,1)\}, \end{equation*}$

mentre una matrice $P$ diagonalizzante e una matrice diagonale $D$ simile ad A sono rispettivamente

$\begin{equation*} P= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Determiniamo il polinomio caratteristico della matrice $A$ :

$\begin{equation*} \begin{aligned} p(\lambda) = \det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&2\\3&-\lambda \end{pmatrix}=-\lambda(1-\lambda)-6 =\lambda^2-\lambda-6=(\lambda+2)(\lambda-3).\end{aligned} \end{equation*}$

Gli autovalori sono $\lambda_1=-2$ con $\operatorname{ma}(-2)=1$ e $\lambda_2=3$ con $\operatorname{ma}(3)=1$ , dunque $A$ è diagonalizzabile per l’osservazione 5. Determiniamo ora gli autospazi di $A$ :

$\begin{equation*} \begin{aligned} E(-2) = \ker(A+2 I)=\ker \begin{pmatrix} 3&2\\3&2 \end{pmatrix} = \mathcal{L}((-2,3)), \\ E(3) = \ker( A-3 I)=\ker \begin{pmatrix} -2&2\\3&-3 \end{pmatrix} =\mathcal{L}((1,1)). \end{aligned} \end{equation*}$

I generatori degli autospazi di $A$ costituiscono una base di autovettori, da cui una base, una matrice $P$ diagonalizzante per $A$ e una matrice $D$ diagonale simile ad $A$ sono rispettivamente

$\begin{equation*} \mathcal{B}=\{(-2,3),(1,1)\}, \qquad P=\begin{pmatrix} -2&1\\3&1 \end{pmatrix}, \qquad A= \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Determiniamo il polinomio caratteristico di $A$ :

$\begin{equation*} p(\lambda) = \det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 5-\lambda&4\\4&5-\lambda \end{pmatrix}=(5-\lambda)^2-16=(\lambda-1)(\lambda-9). \end{equation*}$

Gli autovalori di $A$ sono quindi $\lambda_1=1$ e $\lambda_2=9$ . Poiché $A$ ha due autovalori distinti, essa è diagonalizzabile per l’osservazione 5. Gli autospazi di $A$ si ottengono quindi grazie al teorema 4:

$\begin{equation*} \begin{gathered} E(1) = \ker(A - I) = \ker \begin{pmatrix} 4&4\\4&4 \end{pmatrix} = \mathcal{L}((1,-1)). \\ E(9) = \ker(A - 9I) = \ker \begin{pmatrix} -4&4\\4&-4 \end{pmatrix} = \mathcal{L}((1,1)). \end{gathered} \end{equation*}$

Dunque una base e una matrice $P$ diagonalizzante per $A$ e una matrice $D$ diagonale simile ad $A$ sono rispettivamente

$\begin{equation*} \mathcal{B}=\{(1,-1),(1,1)\}, \qquad P=\begin{pmatrix} 1&-1\\1&1 \end{pmatrix}, \qquad D= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Ulteriori esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

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