Esercizi diagonalizzazione matrici 2

Autovalori e diagonalizzazione

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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.

  1. 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).
  2. Autovettori relativi ad autovalori distinti sono linearmente indipendenti.
  3. 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.

  1. \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).

  2. 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*}

  3. 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:

  1. 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};
  2. 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*}

  3. 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.

Testi degli esercizi

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.

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

Svolgimento

  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*}

  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.

  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*}