Un esercizio di algebra lineare
Si consideri la matrice
0
1
1 −1
1
0 −1
1
A =
1 −1
0
1
−1
1
1
0
(1)
se ne determinino autovalori e autovettori, e si scriva la trasformazione di similitudine che la diagonalizza.
Osserviamo innanzitutto come la matrice A sia reale simmetrica.
Una matrice reale simmetrica gode di notevoli proprietá, che qui semplicemente ricordiamo rimandando per
le dimostrazioni a un qualunque testo di algebra lineare.
1. Gli autovalori di una matrice reale simmetrica sono reali
2. Autovettori corrispondenti a autovalori diversi sono ortogonali
3. Esiste un sistema ortonormale completo di autovettori: ovvero se la matrice é N × N esiste un sistema
di N vettori eγ γ = 1, . . . , N tali che eγ · eσ = δγσ e Aeγ = λ(γ) eγ
Innanzitutto troviamo gli autovalori λ, imponendo
P (λ) = det (λ1 − A) = 0
(2)
Sviluppiamo il determinante usando il metodo di Laplace, in modo da ridursi al calcolo esplicito di
determinanti di matrici 3 × 3.
λ
1 −1 −1
1 −1 −1
λ −1 −1
λ
1 λ −1 + −1
λ −1 − −1
1 −1 − −1
1
λ P (λ) = λ 1
(3)
−1 −1
λ
1 −1
λ
1 −1
λ
1 −1 −1
ovvero
P (λ) = λ(λ3 − 3λ + 2) + (−λ2 + 2λ − 1) − (λ2 − 2λ − 1) − (λ2 − 2λ − 1)
(4)
P (λ) = λ4 − 6λ2 + 8λ − 3 = (λ − 1)3 (λ + 3)
(5)
cioé
Gli autovalori sono quindi λ = 1 (molteplicitá 3) e λ = −3 (molteplicitá 1). Gli autovettori corrispondenti all’autovalore 1 si trovano risolvendo
(A − 1)x = 0
(6)
−x1 + x2 + x3 − x4 = 0
(7)
ovvero l’unica equazione
che porta alla seguente terna (la scelta di una
√
1/√2
1/ 2
e(1) =
e(2) =
0
0
terna nel sottospazio non é univoca)
0
1/2
−1/2
(3)
√0
e
=
1/2
1/ 2
√
−1/2
1/ 2
1
(8)
Consideriamo ora l’autovalore −3: il sistema di equazioni lineari che dobbiamo risolvere é
3x1 + x2 + x3 − x4 = 0
(9)
x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0
(10)
x1 − x2 + 3x3 + x4 = 0
(11)
−x1 + x2 + x3 + 3x4 = 0
(12)
che ha come soluzione normalizzata
e(4)
1/2
−1/2
=
−1/2
1/2
(13)
E’ facile controllare che i quattro vettori sono perpendicolari. La matrice di trasformazione avrá come
colonne i quattro autovettori ortonormali trovati, cioé
√
1/√2
0
1/2
1/2
1/ 2
√0 −1/2 −1/2
S =
(14)
0 1/√2
1/2 −1/2
0 1/ 2 −1/2
12
e
1
0
S T AS =
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0 −3
(15)
Notiamo che la procedura di costruzione della matrice di trasformazione (che non é unica, in quanto non
é univoca la scelta della base di autovettori) é del tutto generale e puó essere facilmente giustificata: infatti
abbiamo posto
Sαβ = e(β)
(16)
α
Dato che gli {e} sono autovettori abbiamo
Aµν Sνσ =
X
Aµν e(σ)
= λ(σ) e(σ)
ν
µ
(17)
ν
dove abbiamo inserito il simbolo di sommatoria per sottolineare che non c’é somma sull’indice σ, e infine,
usando l’ortonormalitá dei vettori della base
X
) (σ) (σ)
SτTµ Aµν Sνσ =
e(τ
eµ = λ(σ) δτ σ
(18)
µ λ
µ
2
