Diagonalizzazione di matrici: esercizio 2

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In questo secondo articolo della raccolta di esercizi sulla diagonalizzazione di matrici studiamo la diagonalizzabilità di alcune matrici $3\times 3$ . Segnaliamo anche il precedente esercizio sulla diagonalizzazione di matrici – 1 per lo studio della diagonalizzabilità di matrici $2\times 2$ e il successivo esercizio sulla diagonalizzazione di matrici – 3 per lo studio della diagonalizzabilità di matrici $4\times 4$ .

Testo dell’esercizio

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Stabilire se le seguenti matrici $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ sono diagonalizzabili e, in caso affermativo, determinarne gli autovalori e una base diagonalizzante.

$\displaystyle A= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix};$
$\displaystyle A= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} ;$
$A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ -4 & -1 & -8 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$

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.

Poiché la prima e la seconda colonna di $A$ sono multiple, le colonne di $A$ sono linearmente dipendenti e quindi $A$ possiede certamente l’autovalore nullo $\lambda=0$ . Dato che $\operatorname{rnk}A=2$ , si ha $\dim \ker A=1$ e quindi $\lambda=0$ ha molteplicità geometrica pari a $1$ . L’autospazio $E(0)=\ker A$ è costituito dalle soluzioni del sistema lineare

$\begin{equation*} A \begin{pmatrix} x \\ y\\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\0\\0 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} z=0 \\ -x + y +z=0 \end{cases} \iff \begin{cases} z=0 \\ x =y \end{cases}, \end{equation*}$

da cui $E(0)=\mathcal{L}((1,1,0))$ .Dalla forma della matrice $A$ è evidente che

$\begin{equation*} A \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}, \end{equation*}$

da cui si ha che $1$ è un autovalore di $A$ e $(1,1,1)$ è un autovettore a esso relativo. Stabiliamo se vi sono altri autovettori relativi all’autovalore $1$ studiando il sistema lineare

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

le cui soluzioni sono costituite dal sottospazio di $\mathbb{R}^3$ dato da $\mathcal{L}((1,1,1),(1,0,1))$ , per cui $E(1)=\mathcal{L}((1,1,1),(1,0,1))$ . Il teorema 4 implica quindi che $A$ è diagonalizzabile e che una base e una matrice $P$ diagonalizzante e una matrice $D$ diagonale simile ad $A$ sono rispettivamente

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

Svolgimento punto 2.

Determiniamo il polinomio caratteristico di $A$ :

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

Dunque gli autovalori di $A$ sono $\lambda_1=1$ avente molteplicità algerbrica $2$ e $\lambda_2=2$ avente molteplicità algebrica $1$ . Osserviamo che l’autospazio relativo all’autovalore $1$ è

$\begin{equation*} E(1) = \ker(A- 1\cdot I) = \ker \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \mathcal{L}((1,0,0)), \end{equation*}$

che ha dimensione $1$ . Dunque, poiché $\operatorname{mg}(1)=1 < 2 = \operatorname{ma}(1)$ , il teorema 4 prova che $A$ non è diagonalizzabile.

Svolgimento punto 3.

Studiamo il polinomio caratteristico della matrice $A$ :

$\begin{equation*} P(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3-\lambda&0&0\\-4&-1-\lambda&-8\\0&0&-3-\lambda \end{pmatrix}=-(3+\lambda)(3-\lambda)(-1-\lambda). \end{equation*}$

Gli autovalori sono quindi $\lambda_1=3$ , $\lambda_2=-3$ e $\lambda_3=-1$ tutti con molteplicità algebrica pari a $1$ . Per l’osservazione 5, $A$ è quindi diagonalizzabile.Da $E(\lambda)=\ker(A-\lambda I)$ segue che gli autospazi di $A$ sono i seguenti:

$\begin{gather*} (A-3I)\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{pmatrix} 0&0&0\\-4&-4&-8\\0&0&-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{cases} x =- y \\ z=0 \end{cases} \implies E(3)= \mathcal{L}((1,-1,0)), \\ (A+3I)\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{pmatrix} 6&0&0\\-4&2&-8\\0&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{cases} x =0 \\ y=4z \end{cases} \implies E(-3)= \mathcal{L}((0,4,1)), \\[5pt] (A+I)\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{pmatrix} 4&0&0\\-4&0&-8\\0&0&-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{cases} x =0 \\ z=0 \end{cases} \implies E(-1)= \mathcal{L}((0,1,0)). \end{gather*}$

Una base e una matrice $P$ diagonalizzante per $A$ e una matrice $D$ diagonale simile ad $A$ sono pertanto

$\begin{equation*} \mathcal{B}=\{(1,-1,0),(0,4,1),(0,1,0)\}, \qquad P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 4 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \end{equation*}$

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Ulteriori esercizi di geometria

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