Esercizi diagonalizzazione matrici 3

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 3   (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).
Stabilire se le seguenti matrici \mathcal{M}_4(\mathbb{R}) sono diagonalizzabili e, in caso affermativo, determinarne gli autovalori e una base diagonalizzante.

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

Svolgimento

  1. Calcoliamo e fattorizziamo il polinomio caratteristico:

        \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(A- \lambda I)\\&=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&2&0\\0&-1-\lambda&-1&3\\0&0&3-\lambda&-4\\0&0&2&-3-\lambda \end{pmatrix}\\ &=(1-\lambda)(-1-\lambda)((3-\lambda)(-3-\lambda)+8)\\ &=(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda^2-1)\\&=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2. \end{aligned}\]

    La matrice possiede i due autovalori \lambda_1=1 e \lambda_2=-1, con \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(-1)=2.A non è diagonalizzabile: l’autospazio relativo all’autovalore \lambda_1=1 soddisfa infatti

        \[\begin{aligned} \operatorname{mg}(1) = \dim \ker (A-I) = 4- \operatorname{rnk}(A-I) = 4-\operatorname{rnk}\begin{pmatrix} 0&0&2&0\\0&-2&-1&3\\0&0&2&-4\\0&0&2&-4 \end{pmatrix} = 1, \end{aligned}\]

    Poiché \operatorname{mg}(1) < \operatorname{ma}(1), il teorema 4 implica che A non è diagonalizzabile.

  2. La matrice M\coloneqq A-\lambda I è triangolare a blocchi, ovvero è nella forma

        \[M=\begin{pmatrix} M_{1} &M_{3}\\ 0_{2} &M_2 \end{pmatrix},\]

    dove M_1,M_2,M_3\in\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}) e 0_2\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) è la matrice nulla. Per una matrice siffatta vale la relazione

        \[\operatorname{det}M=(\operatorname{det}M_1)\cdot(\operatorname{det}M_2),\]

    che il lettore può dimostrare ad esempio usando lo sviluppo di Laplace del determinante lungo la prima colonna. Dunque il polinomio caratteristico di A è

        \[\begin{aligned} p(\lambda) &= \det(A-\lambda I) \\ &= \det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0&2&0\\2&-1-\lambda&4&-2\\0&0&-1-\lambda&0\\0&0&-2&1-\lambda \end{pmatrix} \\ &= \det\begin{pmatrix} 1-\lambda&0\\2&-1-\lambda \end{pmatrix}\cdot \det\begin{pmatrix} -1-\lambda&0\\-2&1-\lambda \end{pmatrix} \\ &= (1-\lambda)^2(1+\lambda)^2. \end{aligned}\]

    Lo stesso risultato può comunque essere agevolmente ottenuto ad esempio sviluppando il determinante con la regola di Laplace.
    Abbiamo quindi due autovalori \lambda_1=1 e \lambda_2=-1 entrambi di molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(-1)=2.

    • Determiniamo l’autospazio relativo a \lambda_1=1; a tal fine osserviamo che

          \begin{equation*} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} \in E(1) = \ker(A-I) \iff \begin{pmatrix} 0&0&2&0\\2&-2&4&-2\\0&0&-2&0\\0&0&-2&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{cases} z=0 \\ x-y-w=0. \end{cases} \end{equation*}

      Due soluzioni indipendenti di tale sistema sono (1,1,0,0) e (1,0,0,1), che sono i generatori di E(1) e quindi

          \begin{equation*} E(1) = \mathcal{L}((1,1,0,0),(1,0,0,1)). \end{equation*}

    • Studiamo l’autospazio E(-1):

          \begin{equation*} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} \in E(-1) = \ker(A+I) \iff \begin{pmatrix} 2&0&2&0\\2&0&4&-2\\0&0&0&0\\0&0&-2&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \mathbf{0} \iff \begin{cases} x+z=0 \\ z-w=0. \end{cases} \end{equation*}

      Due soluzioni indipendenti sono (0,1,0,0) e (-1,0,1,1), che sono generatori di E(-1) e pertanto

          \begin{equation*} E(-1) = \mathcal{L}((0,1,0,0),(-1,0,1,1)). \end{equation*}

    Poiché i due autospazi hanno entrambi dimensione 2, A è diagonalizzabile: una base di autovettori per A e una matrice D diagonale simile ad A sono quindi

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

  3. Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

        \[\begin{aligned} p(\lambda)&=\det(A-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} =(2-\lambda)^2(1-\lambda)^2, \end{aligned}\]

    dove abbiamo sviluppato il determinate lungo la prima colonna.
    Gli autovalori di A sono \lambda_1=1 e \lambda_2=2, entrambi con molteplicità algebrica \operatorname{ma}(1)=\operatorname{ma}(2)=2. Osserviamo che però che

        \begin{equation*} \operatorname{mg}(1) = \dim E(1) =\dim \ker (M-I) = 4 - \operatorname{rnk}(A-I) = 4-\operatorname{rnk}\begin{pmatrix}1&-1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&1 \end{pmatrix} = 1. \end{equation*}

    Poiché \operatorname{mg}(1)< \operatorname{ma}(1), il teorema 4 implica che A non è diagonalizzabile.