Diagonalizzazione

Diagonalizzazione
May 17, 2015
1
Introduzione
In questo capitolo ci occuperemo del problema della diagonalizzazione. Dato un endomorfismo
L : V → V su uno spazio vettoriale V di dimensione finita sul campo K reale o complesso, cerchiamo
di rispondere alle seguenti due domande.
1. Esiste una base ordinata B di V tale che [L]B sia una matrice diagonale?
2. In caso affermativo, come si fa a trovare una tale base B?
Vista la facilità di calcolo che offrono le matrici diagonali, una risposta affermativa alla prima
domanda chiarisce la comprensione di come agisce su V l’operatore L. Una risposta affermativa
alla seconda domanda rende più facile la soluzione di molti problemi che si possono formulare nel
contesto dell’algebra lineare.
Esempio Nel piano R2 sia L la riflessione rispetto alla retta y = mx. La definizione di L è
geometrica e vogliamo trovare le coordinate di L(a, b). Vedremo tra qualche lezione che L è
lineare, ma per il momento ammettiamo questo fatto. Per calcolare L(a, b) dobbiamo trovare la
matrice [L]S ove S è la base standard. Consideriamo la base B = {(1, m), (−m, 1)}. La matrice di
L rispetto a questa base è facile da calcolare: L(1, m) = (1, m), L(−m, 1) = −(−m, 1).
y
(a, b)
•
• L(a, b)
(1, m)
(−m, 1)
x
y = mx
Segue che
[L]B =
1
0
0
,
−1
[L]S = PS←B [L]B PB←S ,
PB←S = (PS←B )−1 =
1
1 + m2
PS←B =
1
−m
1
m
−m
,
1
m
1
e quindi
1
[L]S =
1 + m2
1
m
−m
1
1
0
0
1
−1
−m
1
1
m
1 − m2
=
1
2m
1 + m2
2m
−1 + m2
1
(1 − m2 )a + 2mb, 2ma + (−1 + m2 )b .
2
1+m
Esempio Consideriamo il sistema differenziale lineare a coefficienti costanti
(
ẋ1 = a11 x1 + a12 x2
ẋ2 = a21 x1 + a22 x2
L(a, b) =
che scriviamo in modo compatto

dx1
 dt 
=  dx
,
2
dt

ẋ = Ax,
x1 (t)
x=
,
x2 (t)
ẋ =
ẋ1 (t)
ẋ2 (t)
a11
A=
a21
a12
a22
∈ M2 (R).
Il punto denota la derivazione rispetto alla variabile t. Il sistema non si può integrare direttamente
perché ciascuna equazione contiene entrambe le funzioni incognite. Vediamo cosa succede con un
cambio lineare delle funzioni incognite (cambio della base in R2 )
P ∈ M2 (R)
x = P y,
matrice invertibile.
Poiché P è matrice costante, abbiamo
ẋ = P ẏ,
P ẏ = AP ẏ,
ẏ = By,
B = P −1 AP.
È possibile scegliere P in modo che il sistema equivalente ẏ = By sia integrabile? In caso affermativo, si integra il sistema calcolando la soluzione y e poi si calcola la soluzione x = P y.
Supponiamo che la matrice B sia diagonale B = diag (λ1 , λ2 ). Allora il sistema si riduce a
(
ẏ1 = λ1 y1
ẏ1
λ1 0
y1
ẏ = diag (λ1 , λ2 )y,
=
,
ẏ2
0 λ2
y2
ẏ2 = λ2 y2
Nel nuovo sistema (equivalente al sistema iniziale) le funzioni incognite sono separate ed il sistema
è facilmente integrabile
y1 = c1 eλ1 t ,
Se P = v1
2
y2 = c2 eλ2 t ,
c1 , c2 costanti arbitrarie.
v2 , ove v1 , v2 sono le colonne di P , allora
c1 eλ1 t
x(t) = P y(t), x(t) = v1 v2
= c1 eλ1 t v1 + c2 eλ2 t v2 .
c2 eλ2 t
Autovalori e autovettori
Definizione. Un endomorfismo L : V → V su uno spazio vettoriale di dimensione finita si dice
diagonalizzabile se esiste una base ordinata B rispetto alla quale [L]B è una matrice diagonale.
Una matrice quadrata A si dice diagonalizzabile se LA è diagonalizzabile.
Vogliamo determinare quando un endomorfismo L su uno spazio vettoriale V di dimensione
finita è diagonalizzabile e, in caso affermativo, come trovare una base ordinata B = {v1 , v2 , . . . , vn }
per V tale che [L]B sia una matrice diagonale.
Ricordiamo che se [L]B = (aij ), allora
L(vj ) =
n
X
aij vi
i=0
Infatti


a1j
 
[L(vj )]B = [L]B [vj ]B = [L]B ej =  ... 
anj
2
e quindi L(vj ) = a1j v1 + . . . + anj vn .
Notiamo che se [L]B = D = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ), allora
L(vj ) = λj vj
Viceversa, se esiste una base ordinata B = {v1 , v2 , . . . , vn } tale che L(vj ) = λj vj per scalari
λ1 , λ2 , . . . , λn , allora chiaramente


λ1 0 · · · 0
 0 λ2 · · · 0 


[L]B =  .
..
..  .
..
 ..
.
.
. 
0
0
···
λn
Quindi ogni vettore v della base B soddisfa l’equazione
L(v) = λv
per qualche scalare λ. Inoltre, essendo v vettore in una base, è v 6= 0.
Definizione. Sia L un endomorfismo dello spazio vettoriale V . Un vettore non nullo v in V
si dice un autovettore di L se esiste uno scalare λ tale che L(v) = λv. Lo scalare λ si dice
l’autovalore di L corrispondente all’autovettore v.
Se A è una matrice n × n ad elementi in K, una n-upla non nulla v ∈ K n si dice un autovettore
di A se v è un autovettore di LA , ovvero se Av = λv per qualche scalare λ che si dirà l’autovalore
di A corrispondente all’autovettore v.
Una coppia (λ, v) con v autovettore e λ autovalore corrispondente, si dirà una autocoppia di L
o di A.
Quanto visto sopra ci permette di enunciare il seguente
Teorema. Un endomorfismo L su uno spazio vettoriale di dimensione finita V è diagonalizzabile
se e solo se esiste una base B di V formata da autovettori di L. Se L è diagonalizzabile e B =
{v1 , v2 , . . . , vn } è una base ordinata di autovettori di L allora [L]B è una matrice diagonale, [L]B =
diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ), e λj è l’autovalore corrispondente a vj , j = 1, 2, . . . , n.
Quindi per diagonalizzare un endomorfismo o una matrice quadrata bisogna trovare una base
di autovettori.
Esempio Non tutti gli operatori lineari sono diagonalizzabili, non sempre si può trovare una base
di autovettori. Un semplice esempio geometrico lo conferma. Ammettiamo che la rotazione del
piano di angolo π/2 sia un operatore lineare (lo dimostreremo). Ogni vettore del piano viene
trasformato nel suo ortogonale (in senso antiorario). Quindi nessun vettore può essere un autovettore, semplicemente perché un autovettore viene trasformato in un vettore parallelo.
Osservazione Se λ, v è un’autocoppia di L, allora anche cv, λ è un’autocoppia per ogni scalare
c 6= 0. Segue che Lhvi ⊆ hvi. Se λ = 0, allora v ∈ ker L, Lhvi = {0}. Se λ = 1, L agisce come
l’identità sul sottospazio hvi. Se λ 6= 0, Lhvi = hvi. Sul campo R, possiamo vedere hvi come
una retta passante per l’origine sulla quale L agisce come una contrazione se λ < 1 o come una
dilatazione se λ > 1.
Esempio Supponiamo che V = C ∞ (R), lo spazio vettoriale di dimensione infinita formato dalle
funzioni derivabili con derivate di tutti gli ordini. Consideriamo l’operatore D : C ∞ → C ∞ definito
da D(f ) = f 0 . Allora D è un operatore lineare. Quali sono gli autovettori? La funzione f è autovettore se e solo se esiste λ reale tale che f 0 = λf . Segue che f è soluzione dell’equazione
differenziale y 0 = λy. Segue che f = ceλt con c 6= 0 costante (ricordare che gli autovettori devono
essere vettori non nulli!). Segue che ogni numero reale è autovalore di D. Per λ = 0, gli autovettori
il cui autovalore corrispondente è 0 sono le funzioni costanti (non nulle). Nel seguito ci occuperemo
solo di spazi di dimensione finita.
Come si trovano gli autovettori? Prima cosa da fare è trovare i possibili autovalori. Vediamo prima
il caso delle matrici.
Teorema. Sia A una matrice in Mn (K). Uno scalare λ ∈ K è un autovalore di A se e solo
se det(A − λ1n ) = 0. Se λ è autovalore di A e v 6= 0, allora v è autovettore con λ autovalore
corrispondente se e solo se v ∈ N(A − λ1n ).
3
dim. Uno scalare λ è autovalore se corrisponde ad un autovettore v ∈ K n , quindi se e solo
se esiste v ∈ K n , v 6= 0 tale che Av = λv, se e solo se (A − λ1n )v = 0, se e solo se il sistema
lineare omogeneo (A − λ1n )x = 0 ha soluzioni non triviali, se e solo se la matrice A − λ1n non è
invertibile, se e solo se det(A − λ1n ) = 0. Il secondo asserto è immediato.
Definizione. Se A è matrice n × n, il polinomio p(t) definito da
p(t) = pA (t) = det(A − t1n )
si dice il polinomio caratteristico di A e l’equazione
p(t) = 0
si dice l’equazione caratteristica di A.
Per semplificare la notazione, nel seguito scriveremo A − λ al posto di A − λ1n .
7 −4
Esempi 1. Trovare autovalori e autovettori di A =
. L’equazione caratteristica è
5 −2
7 − t
−4 = t2 − 5t + 6 = (t − 2)(t − 3) = 0
5
−2 − t
e quindi gli autovalori sono λ1 = 2 e λ2 = 3. Gli autovettori si trovano calcolando N(A − 2) e
N(A − 3).
λ1 = 2
5 −4
5 −4
A−2=
∼
5 −4
0 0
quindi x2 è incognita libera e 5x1 = 4x2 e (A − 2) = h(4, 5)i. Gli autovettori con autovalore 2 sono
tutti i multipli non nulli del vettore v1 = (4, 5) (un solo autovettore linearmente indipendente).
λ2 = 3
4 −4
1 −1
A−3=
∼
5 −5
0 0
quindi N(A − 3) = h(1, 1)i. Gli autovettori associati all’autovalore 3 sono i multipli non nulli del
vettore v2 = (1, 1) (un solo vettore linearmente indipendente). I due vettori v1 , v2 sono linearmente
indipendenti e quindi formano una base di R2. Segue che A è matrice diagonalizzabile. Messi i
vettori v1 , v2 in colonna e posto P = v1 v2 , allora
4 1
−1 1
−1 1
7 −4
4 1
2 0
−1
−1
P =
, P =
, P AP =
=
.
5 1
5 −4
5 −4
5 −2
5 1
0 3
Notare che, posto B = {v1 , v2 }, abbiamo
A = [LA ]S ,
[LA ]B =
2
0
0
,
3
P = PS←B .
2. Trovare autovalori e autovettori di

5
A = −3
−3

12 −6
−10 6 
−12 8
Calcoliamo det(A − t) con Laplace seguendo la prima riga
5 − t
12
−6 6 = (5 − t)[(t − 8)(t + 10) + 72] − 12(3t − 6) − 6(6 − 3t) =
det(A − t) = −3 −10 − t
−3
−12
8 − t
(5 − t)(t2 + 2t − 8) + 18(2 − t) = (5 − t)(t − 2)(t + 4) + 18(2 − t) = (2 − t)[(t − 5)(t + 4) + 18] =
(2 − t)(t2 − t − 2) = (2 − t)(t − 2)(t + 1) = −(t − 2)2 (t + 1)
4
Quindi abbiamo due soli autovalori, λ1 = 2 con molteplicità 2 e λ2 = −1 con molteplicità 1.
λ1 = 2

 

3
12 −6
1 4 −2
A − 2 = −3 −12 6  ∼ 0 0 0 
−3 −12 6
0 0 0
N(A − 2) = {(−4u + 2v, u, v)} = hv1 = (−4, 1, 0), v2 = (2, 0, 1)i. La dimensione di N(A − 2) è
uguale alla molteplicità di 2 come zero del polinomio caratteristico.
λ2 = −1

 
 
 

1 0 1
6
12 −6
1 2 −1
1 2 −1
6  ∼ 1 3 −2 ∼ 0 1 −1 ∼ 0 1 −1
A + 1 = −3 −9
−3 −12 9
1 4 −3
0 2 −2
0 0 0
N(A + 1) = hv3 = (−1, 1, 1)i. La dimensione di N(A + 1) è uguale alla molteplicità di 1 come zero
del polinomio caratteristico.
Si vede facilmente che l’insieme {v1 , v2 , v3 } è linearmente indipendente e quindi è una base di
R3 formata da
autovettori di A. Segue che A è matrice diagonalizzabile. Verificare che, se P =
v1 v2 v3 (mettendo i vettori in colonna!),


2 0 0
P −1 AP = 0 2 0  .
0 0 −1
È sempre vero che la molteplicità di un autovalore λ coincide con la nullità di A − λ come succede
nei due esempi ora visti? La risposta è negativa come adesso vedremo. Vedremo che in generale
la nullità non supera la molteplicità (più avanti definizioni
precise)
e può essere più piccola.
1 1
3. Trovare autovalori e autovettori della matrice A =
. Il polinomio caratteristico si calcola
0 1
facilmente p(t) = (1 − t)2 . Quindi un solo autovalore λ = 1 con molteplicità 2, N(A − 1) = h(1, 0)i
che ha dimensione 1, null (A − 1) = 1 < 2. Segue che non può esistere una base di R2 formata da
autovettori di A e quindi A non è diagonalizzabile.
Stessa
cosa anche sul campo complesso.
−2 −6
4. Trovare autovalori e autovettori di A =
. Polinomio caratteristico p(t) = t2 − 2t + 10.
3
4
Ha due soluzioni complesse coniugate λ1 = 1 + 3i e λ2 = 1 − 3i (sappiamo che un polinomio di
grado due a coefficienti reali, se non ha radici reali, ha due radici complesse coniugate).
λ1 = 1 + 3i
−3 − 3i
−6
0
0
A − (1 + 3i) =
∼
3
3 − 3i
1 1−i
N(A − 1 − 3i) = hv1 = (−1 + i, 1)i.
λ2 = 1 − 3i
A − (1 − 3i) =
−3 + 3i
−6
0
∼
3
3 + 3i
1
0
1+i
N(A − 1 − 3i) = hv2 = (−1 − i, 1)i. Si vede che v2 = v1 . Viene il sospetto che se (λ, v) è una
autocoppia di una matrice reale A, allora anche (λ, v) è una autocoppia di A. Vedremo che è
proprio cosı̀. La matrice reale A è diagonalizzabile considerata come matrice complessa ma non è
diagonalizzabile sui reali.
3
Polinomio caratteristico
Ricordiamo la definizione del polinomio caratteristico di una matrice quadrata A = (aij ) di ordine
n
a11 − t
a12
···
a1n a21
a22 − t · · ·
a2n p(t) = pA (t) = det(A − t) = .
.
.. .
.
..
..
..
. an1
an2
· · · ann − t
Se v = (v1 , v2 , . . . , vn ) ∈ Cn , porremo v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) e chiameremo v il vettore coniugato
di v.
5
Teorema. Sia A una matrice quadrata di ordine n ad elementi in K = R, C.
1) Il polinomio caratteristico p(t) è un polinomio di grado n a coefficienti in K. Il monomio di
grado più alto in p(t) è (−1)n tn .
2) Gli autovalori di A sono le radici di p(t), ovvero le soluzioni dell’equazione caratteristica di A.
3) Gli autovalori di A sono complessivamente n purché contati con la molteplicità. Possono essere
numeri complessi anche se A è matrice reale.
4) Se A è matrice reale e (λ, v) ∈ C × Cn è autocoppia di A, allora anche la coppia coniugata (λ, v)
è autocoppia di A.
(
dim. 1) Poniamo 1n = (δij ), δij =
1
0
se
se
i=j
i 6= j
. Ricordando la formula che definisce il
determinante, abbiamo
p(t) = det(A − t1n ) =
X
sgn(j1 j2 · · · jn )(a1j1 − tδij1 )(a2j2 − tδ2j2 ) · · · (anjn − tδnjn ).
j1 j2 ···jn
Segue che p(t) è polinomio a coefficienti in K. La potenza di t più alta che compare in p(t) è
prodotta dal termine (a11 − t)(a22 − t) · · · (ann − t). Segue che p(t) = (−1)n tn + termini di grado
inferiore.
2) Questo lo sappiamo già.
3) Questo segue dal Teorema fondamentale dell’algebra.
4) Se Av = λv, coniugando si ottiene Av = λv. D’altra parte, poiché A = A,
Av = Av = Av,
λv = λ̄v̄.
Segue che
Av = λv
e quindi (λ, v) è una autocoppia di A.
Definizione. L’insieme degli autovalori distinti, reali o complessi, di una matrice quadrata A si
dice lo spettro di A e lo si denota σ(A). Se λ ∈ σ(A), la molteplicità mλ di λ come radice del
polinomio caratteristico si dice la molteplicità algebrica dell’autovalore λ.
Quindi, se mλ è la molteplicità algebrica dell’autovalore λ, (t − λ)mλ è la massima potenza
di t − λ che divide p(t). Se λ1 , λ2 , . . . , λk sono gli autovalori distinti di A, e m1 , m2 , . . . , mk le
rispettive molteplicità algebriche, allora
p(t) = (−1)n (t − λ1 )m1 (t − λ2 )m2 · · · (t − λk )mk ,
m1 + m2 + . . . + mk = n.
Le seguenti considerazioni sui coefficienti del polinomio caratteristico hanno interesse prevalentemente teorico ma per ordine basso posso essere utili anche per il calcolo del polinomio caratteristico.
Se n = 2, e λ1 , λ2 sono gli autovalori di A
p(t) = t2 − (Tr A)t + det A,
λ1 + λ2 = Tr A,
λ1 λ2 = det A.
Lo si vede direttamente
a11 − t
a12 = (a11 − t)(a22 − t) − a12 a21 = t2 − (a11 + a22 )t + (a11 a22 − a12 a21 ) =
a21
a22 − t
t2 − (Tr A)t + det A = (t − λ1 )(t − λ2 ) = t2 − (λ1 + λ2 )t + λ1 λ2 .
Per il caso generale ci servono alcune definizioni.
Definizione. Sia A una matrice quadrata di ordine n e sia r, 1 ≤ r ≤ n, un intero. Sia I =
{i1 , i2 , . . . , ir } un sottoinsieme ordinato di {1, 2, . . . , n}, 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ir ≤ n. Denotiamo con
AI la sottomatrice principale di ordine r di A relativa agli indici i1 , i2 , . . . , ir : se A = (aij ),
allora


ai1 i1 ai1 i2 · · · ai1 ir
ai2 i1 ai2 i2 · · · ai2 ir 


AI =  .
..
.. 
..
 ..
.
.
. 
air i1 air i2 · · · air ir
Il determinante di una sottomatrice principale di ordine r di A si dice un minore principale di
ordine r di A.
6
Le sottomatrici principali di ordine 1 (uguali ai minori principali di ordine 1) sono gli elementi
diagonali della matrice. L’unica sottomatrice principale di ordine n di una matrice di ordine n è
la matrice stessa e il minore di ordine n è il determinante della matrice.
Se I 0 = {1, 2, . . . , n} \ I = {j1 , j2 , . . . , jn−r } è il complementare di I in {1, 2, . . . , n}, allora AI si
ottiene da A sopprimendo le righe e le colonne di indice j1 , j2 , . . . , jn−r . Il numero delle sottomatrici principali di ordine r di A è uguale al numero dei sottoinsiemi ordinati di cardinalità r di
{1, 2, . . . , n} e quindi è uguale al coefficiente binomiale
n
n!
.
=
r!(n − r)!
r


a11 a12 a13
Ad esempio, per n = 3, r = 2, le tre sottomatrici principali di A = a21 a22 a23  sono
a31 a32 a33
a22 a23
a11 a13
a11 a12
A{2,3} =
, A{1,3} =
, A{1,2} =
a32 a33
a31 a33
a21 a22
e i minori pricipali di ordine 3 sono
a22 a33 − a23 a32 ,
a11 a33 − a13 a31 ,
a11 a22 − a12 a21 .
Poniamo, per 1 ≤ r ≤ n
X
cr =
det AI =
X
minori di ordine r di A,
I⊆{1,...,n}
#I=r
in particolare
c1 = a11 + a22 + . . . + ann = Tr A,
cn = det A.
Se λ1 , λ2 , . . . , λn sono n variabili, poniamo, per 1 ≤ r ≤ n,
X
sr =
λi1 · · · λir , s1 = λ1 + . . . + λn ,
sn = λ1 · · · λn .
1≤i1 <...<ir ≤n
Le funzioni sr si dicono le funzioni simmetriche elementari in n variabili. Segue che
(t − λ1 )(t − λ2 ) · · · (t − λn ) = tn − s1 t + . . . + (−1)r sr tn−r + . . . + (−1)n sn .
Teorema. Sia A una matrice quadrata di ordine n. Sia p(t) il polinomio caratteristico di A e
siano λ1 , λ2 , . . . , λn gli autovalori di A ciascuno ripetuto tante volte quanta è la sua molteplicità
algebrica. Segue che cr = sr , r = 1, 2, . . . , n,
n
n
n−1
(−1) p(t) = t − c1 t
r
+ . . . + (−1) cr t
n−r
n
n
+ . . . + (−1) cn = t +
n
X
(−1)r cr tn−r .
r=1
dim. Poniamo A = a1 a2 · · · an ove a1 , a2 , . . . , an sono le colonne di A. Sappiamo
che det A = det a1 a2 · · · an , come funzione delle colonne, è lineare in ciascuna delle entrate
(vedi P9 nella lista delle proprietà fondamentali del determinante). Osserviamo che, se sostituiamo
alla colonna aj la colonna standard ej , allora, con Laplace seguendo la j-esima colonna, si ottiene


a11 · · · 0 · · · a1n
 ..
. ..
.. 
..
 .
. ..
.
. 



b
det a1 · · · ej · · · an = det  aj1 · · · 1 · · · ajn 
 = det AI , I = {1, . . . , j, . . . , n}
 .

.
.
..
..
.. 
 ..
. ..
.
an1 · · · 0 · · · ann
che è il minore principale di ordine n − 1 ottenuto sopprimendo la riga e la colonna di indice j.
Iterando, la sostituzione in A delle colonne j1 , . . . , js con le colonne standard ej1 , . . . , ejs dà
det(a1 · · · aj1 −1 ej1 aj1 +1 · · · ajs −1 ejs ajs +1 · · · an ) = det AI ,
7
I = {1, . . . , n} \ {j1 , . . . , js }
il minore principale di ordine n − s di A ottenuto sopprimendo le righe e le colonne di indice
j1 , . . . , js . Ora, dalla multilinearità del determinante segue
p(t) = det(A − t) = det(a1 − te1 a2 − te2 · · · an − ten ) =
n
X
(−1)s ts
X
det(a1 · · · aj1 −1 ej1 aj1 +1 · · · ajs −1 ejs ajs +1 · · · an ) =
1≤j1 <...<js ≤n
s=0
det A +
n
X
(−1)s ts
s=1
X
det AI
s=n−r n
=
t +
"
n
X
(−1)n−r tn−r
r=1
I⊆{1,...,n}
#I=n−s
(−1)
n
X
det AI =
I⊆{1,...,n}
#I=r
#
n
X
r
n−r
t +
(−1) cr t
.
n
r=1
Infine, poiché
tn +
n
X
(−1)r cr tn−r = (−1)n p(t) = (t − λ1 ) · · · (t − λn ) = tn +
r=1
n
X
(−1)r sr tn−r
r=1
abbiamo sr = cr , r = 1, . . . , n.


−3 1 −3
3
10 . Calcoliamo i coefficienti
Esempio Cerchiamo gli autovalori della matrice A =  20
2 −2 4
dell’equazione caratteristica usando il Teorema ora visto. Abbiamo
3 10 −3 −3 −3 1
= 32 − 6 − 29 = −3, c3 = det A = 18.
+
+
c1 = Tr A = 4, c2 = 4 20 3
−2 4 2
Segue che il polinomio caratteristico di A è
p(t) = t3 − 4t2 − 3t + 18.
Poiché p(t) è un polinomio a coefficienti interi possiamo tentare di vedere se ha soluzioni intere.
Queste vanno cercate tra i fattori di 18 che sono ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18. Facendo un po’ di prove
si trova p(−2) = 0. Dividendo p(t) per t + 2 si trova p(t) = (t + 2)(t − 3)2 . Segue che A ha due
autovalori λ1 = −2 con molteplicità algebrica 1 e λ2 = 3 con molteplicità algebrica 2. Vediamo se
A è diagonalizzabile.
 


1 −1 3
−1 1 −3
5
10  ∼ 0 1 −2.
λ1 = −2 A + 2 =  20
0 0
0
2 −2 6
N(A + 2) = hv1 =(−1, 2, 1)i.
 

−6 1 −3
2 0 1
0
10  ∼ 0 1 0.
λ2 = 3 A − 3 =  20
2 −2 1
0 0 0
N(A − 3) = hv2 = (−1, 0, 2)i.
Segue che la matrice non ha una base di autovettori e quindi non è diagonalizzabile.
4
Matrici simmetriche
In questa sezione dimostriamo un importante risultato riguardante gli autovalori di una matrice
reale simmetrica.
Teorema. Sia A ∈ Mn (R) una matrice reale simmetrica. Allora tutti gli autovalori di A sono
reali.
dim. Sia (λ, v) una autocoppia di A, Av = λv. Allora abbiamo anche Av = λv. Calcoliamo
in due modi vt Av
vt Av = vt (Av) = vt (λv) = λ(vt v),
At =A
vt Av = (vt A)v = (Av)t v = (λv)t v = λ(vt v).
8
Segue che λ(vt v) = λ(vt v) e quindi
(λ − λ)(vt v) = 0.
Osserviamo che


z1
 z2 
 
v= . 
 .. 

⇒

z1
z2 
 
v= . 
 .. 
zn

vt v = z 1
⇒
z2

z1


 z2 
· · · zn  .  =
 .. 
zn
zn
z 1 z1 + z 2 z2 + . . . z n zn = |z1 |2 + |z2 |2 + . . . + |zn |2 ≥ 0
e l’uguale vale se e solo se z1 = z2 = . . . = zn = 0, ovvero v = 0. Poiché v è un autovettore, è
v 6= 0 e quindi vt v > 0. Da (λ − λ)(vt v) = 0 segue
λ=λ
e quindi λ è un numero reale.
Vedremo nel capitolo successivo dedicato all’ortogonalità che, non solo una matrice reale ha tutti
gli autovalori reali, ma anche che LA è diagonalizzabile.
5
Matrici simili
Definizione. Due matrici quadrate A e B dello stesso ordine n (ad elemnti nel campo K) si
dicono simili se B = P −1 AP con P ∈ Mn (K) matrice invertibile.
La relazione di similarità tra due matrici è una relazione di equivalenza:
1) riflessiva: A = A, P = 1n ,
2) simmetrica: se B = P −1 AP , allora A = (P −1 )−1 BP −1 .
3) transitiva: se B = P −1 AP , C = Q−1 BQ, allora C = Q−1 (P −1 AP )Q = (P Q)−1 A(P Q).
Teorema. a) Se A e B sono matrici simili, allora A e B hanno lo stesso polinomio caratteristico,
pA (t) = pB (t).
b) La matrice A è diagonalizzabile se e solo se A è simile ad una matrice diagonale.
dim. a) Se B = P −1 AP , allora
pB (t) = det(B − t) = det(P −1 AP − t) = det(P −1 AP − tP −1 P ) = det(P −1 (A − t)P ) =
det(P −1 ) det(A − t) det P = (det P )−1 det(A − t) det P = det(A − t) = pA (t).
b) Per definizione, la matrice A è diagonalizzabile se la trasformazione lineare associata LA è
diagonalizzabile. Quindi se A è diagonalizzabile, allora esiste una base B in K n rispetto alla quale
[LA ]B = D è matrice diagonale. Se S denota la base standard di K n , posto P = PS←B , abbiamo,
ricordando che [LA ]S = A,
D = [LA ]B = PB←S [LA ]S PS←B = P −1 AP
e quindi A è simile alla matrice diagonale D.
Viceversa, supponiamo A simile alla matrice diagonale D. Esiste allora una matrice invertibile P
tale che D = P −1 AP . Se v1 , v2 , . . . , vn sono le colonne della matrice P , essendo P invertibile,
l’insieme B = {v1 , v2 , . . . , vn } è una base per K n e P = PS←B . Segue che
[LA ]B = PB←S [LA ]S PS←B = P −1 AP = D
e quindi A è diagonalizzabile.
Dal primo asserto del Teorema segue che matrici simili hanno gli stessi autovalori con le stesse
molteplicità algebriche. Ma non è vero che matrici che hanno gli stessi autovalori sono simili
(trovare un controesempio).
Osserviamo che se L : V → V è un endomorfismo (con V di dimensione finita), le matrici A = [L]A
e B = [L]B associate ad L rispetto alle basi A e B di V sono simili:
B = P −1 AP,
ove
P = PA←B
Segue che det[L]B = det B = det(P −1 AP ) = det A = det[L]A e quindi det[L]B non dipende dalla
scelta della base B per rappresentare L. Questo fatto giustifica la definizione seguente.
9
Definizione. Se L : V → V è un endomorfismo dello spazio vettoriale di dimensione finita V , il
determinante di L è definito da
det L = det[L]B
ove B è una qualunque base per V .
Il polinomio caratteristico di L è definito da
pL (t) = det(L − t) = det(L − t idV ).
Segue che (λ, v) (λ ∈ K e v in V ) è una autocoppia se e solo se v 6= 0 e v ∈ ker(L − λ idV ).
Se B è una base per V , ricordo l’isomorfismo φB : V → K n , φB (v) = [v]B . Posto A = [L]B ,
abbiamo il seguente diagramma commutativo
L
V −−−−→


φB y
V

φ
y B
K n −−−−→ K n
LA
Segue che (λ, v) è autocoppia di L se e solo se (λ, [v]B ) è autocoppia di A:
se (λ, [v]B ) è autocoppia di A, allora (λ, v) è autocoppia di L
φB ◦ L(v) = LA ◦ φB (v) = A[v]B = λ[v]B = λφB (v) = φB (λv)
⇒
L(v) = λv,
se (λ, v) è autocoppia di L, allora (λ, [v]B ) è autocoppia di A
A[v]B = LA ◦ φB (v) = φB ◦ L(v) = φB (λv) = λφB (v) = λ[v]B .
Questo risultato spiega come si calcolano autovalori e autovettori di L: si calcolano autovalori e
autovettori di una qualunque matrice associata e poi si ritorna a V .
Esempio Sia L : P2 → P2 definito da L(P (x)) = P (1) + P 0 (0)x + (P 0 (0) + P 00 (0))x2 . È immediato
verificare che L è lineare. Calcoliamo gli autovettori di L e vediamo se L è diagonalizzabile. Sia
S = {1, x, x2 } la base standard di P2 . Poiché L(1) = 1 (questo dice che 1 è un autovettore),
L(x) = 1 + x + x2 , L(x2 ) = 1 + 2x2 , abbiamo


1 1 1
A = [L]S = 0 1 0
0 1 2
Il polinomio caratteristico di A è pA (t) = −(t − 1)2 (t − 2) e quindi gli autovalori sono λ1 = 1 con
molteplicità 2 e λ
molteplicità
1. 
2 = 2 con 

0 1 1
0 1 1
λ1 = 1 A − 1 = 0 0 0 ∼ 0 0 0, N(A − 1) = h(1, 0, 0), (0, −1, 1)i,
0 1 1
 0 0 0

−1 1 1
1 −1 −1
0 , N(A − 2) = h(1, 0, 1)i.
λ2 = 2 A − 2 =  0 −1 0 ∼ 0 1
0
1 0
0 0
0
Segue che L è diagonalizzabile e la base diagonalizzante è B = {1, −x + x2 , 1 + x2 }.
6
Autovettori linearmente indipendenti
Supponiamo nel seguito che V sia uno spazio vettoriale di dimensione finita sul campo K e che
L : V → V sia un endomorfismo di V . Gli autovettori di L saranno, a meno che non si affermi il
contrario, sempre scalari nel campo K.
Teorema. Siano (λ1 , v1 ), (λ2 , v2 ), . . . , (λk , vk ) autocoppie di L con λ1 , λ2 , . . . , λk autovalori distinti. Allora {v1 , v2 , . . . , vk } è linearmente indipendente.
dim. Induzione su k. Se k = 1, allora, essendo v1 un autovettore, v1 6= 0 e quindi è linearmente
indipendente. Ora supponiamo che il risultato sia vero per k − 1 autovalori con k ≥ 2 e facciamo
vedere che {v1 , v2 , . . . , vk } è linearmente indipendente. Siano c1 , c2 , . . . , ck scalari tali che
c1 v1 + c2 v2 + . . . + ck vk = 0.
10
Applichiamo L − λk ad entrambi i lati di questa uguaglianza. Otteniamo
c1 (λ1 − λk )v1 + c2 (λ2 − λk )v2 + . . . + ck−1 (λk−1 − λk )vk−1 = 0.
Per l’ipotesi induttiva, l’insieme {v1 , v2 , . . . , vk−1 } è linearmente indipendente. Segue che
c1 (λ1 − λk ) = c2 (λ2 − λk ) = . . . = ck−1 (λk−1 − λk ) = 0
Poiché per ipotesi λ1 , λ2 , . . . , λk sono distinti, segue che λi − λk 6= 0, i = 1, 2, . . . , k − 1. Segue
che c1 = c2 = . . . = ck−1 = 0 e quindi ck vk = 0. Essendo vk un autovettore, vk 6= 0 e dunque
ck = 0. In conclusione abbiamo c1 = c2 = . . . = ck = 0 e quindi l’unica combinazione lineare dei
vi è quella triviale. Segue che {v1 , v2 , . . . , vk } è linearmente indipendente.
Corollario. Se V ha dimensione n ed L ha n autovalori distinti, allora L è diagonalizzabile.
dim. Supponiamo che L abbia n autovalori distinti λ1 , λ2 , . . . , λn . Sia vi un autovettore
corrispondente a λi , i = 1, 2, . . . , n. Allora {v1 , v2 , . . . , vn } è linearmente indipendente e quindi
una base per V che ha dimensione n.
Sappiamo che l’insieme
Vλ = ker(L − λ) = {v | L(v) = λv}
è un sottospazio di V . È formato dal vettore nullo e da tutti gli autovettori di L il cui autovettore
corrispondente è λ.
Definizione. Il sottospazio Vλ si dice l’autospazio di L corrispondente all’autovalore λ. La
dimensione di Vλ
nλ = dim Vλ = null (L − λ)
si dice la molteplicità geometrica dell’autovalore λ.
Teorema. Per ogni autovalore λ di L, la molteplicità geometrica non supera la molteplicità algebrica
nλ ≤ mλ
dim. Sia {v1 , v2 , . . . , vr }, r = nλ , una base di Vλ . Completiamo questa base ad una base
B = {v1 , . . . vr , vr+1 , . . . , vn } per V . La matrice A di L rispetto a questa base ha la forma
λ1r ∗
A = [L]B =
0
C
dove C è una matrice quadrata di ordine n − r. Segue che il polinomio caratteristico di A ha la
forma (ricordare la formula per il determinante di matrici a blocchi)
(λ − t)1r
∗
p(t) = det
= (λ − t)r det(C − t).
0
C − t1n−r
Segue che (t − λ)nλ divide p(t) e pertanto mλ ≥ nλ .
Teorema. Siano λ1 , λ2 , . . . , λk autovalori distinti di L e siano Vλ1 , Vλ2 , . . . , Vλk i corrispondenti
autospazi.
a) Per ogni i = 1, 2, . . . , k, sia vi un vettore in Vλi . Se
v1 + v2 + . . . + vk = 0
allora vi = 0 per ogni i = 1, 2, . . . , k.
b) Sia Si un sottoinsieme linearmente indipendente dell’autospazio Vλi , i = 1, 2, . . . , k. Allora
S = S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sk .
dim. a) Supponiamo che qualche vi 6= 0. Rinumerando eventualmente i vettori, possiamo
supporre che esista un intero h con 1 ≤ h ≤ k tale che vi 6= 0 per 1 ≤ i ≤ h e vi = 0 per
i > h. Segue che i vi , i = 1, . . . , h, sono autovettori corrispondenti ad autovalori distinti e dunque
linearmente indipendenti, contraddizione.
b) Per ogni i = 1, 2, . . . , k, numeriamo i vettori di Si come segue
Si = {vi1 , vi2 , . . . , vini }.
11
Dunque S = {vij | 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ ni }. Consideriamo una combinazione lineare nulla dei vij
X
ci,j vij = 0.
i,j
Per ogni i, poniamo
wi =
ni
X
cij vij .
j=1
Segue che wi ∈ Vλi e w1 + w2 + . . . + wk = 0. Da a) segue che wi = 0 per ogni i. Ma ciascun
insieme Si è linearmente indipendente, e quindi cij = 0. Segue che l’unica combinazione lineare
nulla dei vij è quella triviale e pertanto i vettori vij sono linearmente indipendenti.
7
Diagonalizzabilità
Supponiamo, come nella sezione precedente, che V sia uno spazio vettoriale di dimensione finita
sul campo K e che L : V → V sia un endomorfismo di V . Gli autovettori di L saranno, a meno
che non si affermi il contrario, sempre scalari nel campo K.
Definizione. Sia p(t) un polinomio a coefficienti nel campo K. Diremo che p(t) si spezza su K
se p(t) ha tutte le sue radici in K, ovvero, se p(t) ha grado n,
p(t) = c(t − λ1)(t − λ2 ) · · · (t − λn ),
con
λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K, c ∈ K, c 6= 0.
Detto ancora in un altro modo, tenendo conto delle molteplicità,
p(t) = c(t − λ1 )m1 (t − λ2 )m2 · · · (t − λk )mk
con λ1 , λ2 , . . . , λk ∈ K distinti, c ∈ K, c 6= 0 e m1 + m2 + . . . mk = n.
Dal Teorema fondamentale dell’algebra segue che ogni polinomio a coefficienti complessi si
spezza su C (mentre sappiamo che un polinomio a coefficienti reali può non spezzarsi su R, ad
esempio un polinomio di secondo grado con discriminante negativo).
Teorema. Se L è diagonalizzabile, allora il suo polinomio caratteristico si spezza su K.
dim. Se esiste una base ordinata B di V con [L]B = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ), allora i λi sono in K
e il polinomio caratteristico di L è p(t) = ±(t − λ1 )(t − λ2 ) · · · (t − λn ) e quindi p(t) si spezza su
K.
Segue che una condizione necessaria affinchè L sia diagonalizzabile è che il polinomio si spezzi su
K. La condizione non è sufficiente, come abbiamo visto in precedenti esempi. Il Teorema seguente
fa vedere quali condizioni bisogna aggiungere per la diagonalizzabilità.
Teorema. Supponiamo che V abbia dimensione n e che λ1 , λ2 , . . . , λk siano gli autovettori distinti di L con molteplicità algebriche m1 , m2 , . . . , mk e molteplicità geometriche n1 , n2 , . . . , nk .
Supponiamo che il polinomio caratteristico di L si spezzi su K (quindi m1 + m2 + . . . + mk = n).
Allora
a) L è diagonalizzabile se e solo se le molteplicità geometriche coincidono con le molteplicità algebriche
ni = mi ,
per ogni i = 1, 2, . . . , k.
b) Se L è diagonalizzabile e Bi è una base dell’autospazio Vλi , allora B = B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bk è una
base di autovettori per V .
dim. Supponiamo L diagonalizzabile e sia B una base di autovettori di L. Per ogni i sia
Bi = B ∩ Vλi l’insieme degli autovettori in B il cui autovalore corrispondente è λi . Sia di = #Bi .
Chiaramente di ≤ ni = dim Vλi perché Bi è un sottoinsieme linearmente indipendente di uno spazio
di dimensione ni . Ora d1 + d2 + . . . + dk = n perché B contiene n vettori ciascuno dei quali è
autovettore e gli unici autovettori possibili sono i λi . Segue che
n=
k
X
i=1
di ≤
k
X
ni ≤
i=1
12
k
X
i=1
mi = n.
Segue
k
X
(mi − ni ) = 0 e, poiché mi − ni ≥ 0 per ogni i, è ni = mi per ogni i.
i=1
Viceversa, supponiamo che ni = mi per tutti gli i. Facciamo vedere che L è diagonalizzabile e
simultaneamente dimostriamo b). Sia Bi una base di Vλi . Da un Teorema precedente segue che
B = B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bk è linearmente indipendente. Inoltre, poiché ni = mi , B contiene n vettori e
quindi è una base per V .
In conclusione per verificare se un endomorfismo L : V → V è diagonalizzabile si procede come
segue.
I. Si calcola il polinomio caratteristico di L.
II. Si calcolano le radici del polinomio caratteristico.
Se il polinomio caratteristico non si spezza su K, allora L non è diagonalizzabile. Se il polinomio
caratteristico si spezza su K, si procede.
III. Si calcolano gli autospazi e le dimensioni degli autospazi. Se le molteplicità geometriche coincidono con le molteplicità algebriche, allora L è diagonalizzabile. Altrimenti, se qualche molteplicità
geometrica è minore della corrispondente molteplicità algebrica, L si dice difettivo (perché gli
mancano degli autovettori) e non è diago-nalizzabile.
8
Diagonalizzabilità e somma diretta
Rimando alla definizione di somma diretta generalizzata e alle sue caratterizzazioni che si trovano
nella sezione 6 del capitolo Spazi vettoriali 2.
Teorema. Un operatore lineare L su uno spazio vettoriale V di dimensione finita è diagonalizzabile
se e solo se V è la somma diretta degli autospazi di L.
dim. Siano λ1 , λ2 , . . . , λk gli autovalori distinti di L.
Supponiamo L diagonalizzabile. Sia Bi una base per l’autospazio Vλi . Sappiamo che allora B1 ∪
B2 ∪ . . . ∪ Bk è una base per V e dunque V = Vλ1 ⊕ Vλ2 ⊕ · · · ⊕ Vλk .
Viceversa, supponiamo che V = Vλ1 ⊕ Vλ2 ⊕ · · · ⊕ Vλk . Per ogni i = 1, 2, . . . , k, scegliamo una base
Bi di Vλi . Allora B = B1 ∪ B2 ∪ . . . ∪ Bk è una base di V . Poiché B è una base di autovettori di L,
allora L è diagonalizzabile.
Terminologia
Endomorfismo diagonalizzabile. Matrice diagonalizzabile. Autovettore. Autovalore. Autocoppia.
Polinomio caratteristico. Equazione caratteristica. Molteplicità algebrica. Sottomatrice principale.
Minore principale. Matrici simili. Similarità. Determinante di un endomorfismo. Polinomio
caratteristico di un endomorfismo. Autospazio. Molteplicità geometrica. Endomorfismo difettivo.
Saper fare
• Determinare se una coppia (λ, v) è
un’autocoppia di una data matrice.
• Calcolare molteplicità algebrica e geometrica di un autovalore.
• Determinare gli autovettori corrispondenti ad un dato autovalore.
• Calcolare gli autospazi di una matrice,
calcolarne basi e dimensioni.
• Determinare l’autovalore corrispondente
ad un dato autovettore.
• Stabilire se un endomorfismo è diagonalizzabile o no.
• Calcolare il polinomio caratteristico di
una matrice data A e usarlo per calcolare gli autovalori di A.
• Trovare una base di autovettori per una
matrice diagonalizzzabile.
Vero o Falso?
• Gli autovalori sono scalari non nulli.
qualunque vettore v tale che Av = λv.
• Un
autovettore
corrispondente
all’autovalore λ della matrice A è un
• Gli autovalori di una matrice triangolare, superiore o inferiore sono gli ele13
• Matrici simili hanno gli stessi autovettori.
menti diagonali della matrice.
• Se le matrici A e B hanno lo stesso polinomio caratteristico, allora A e B devono avere esattamente gli stessi autovettori.
• Se L è diagonalizzabile, allora Ln , n ≥ 2,
è diagonalizzabile.
• Se A e B sono matrici simili, allora At e
B t sono simili.
• Una matrice A quadrata di ordine n ha
esattamente n autovalori, reali o complessi, contati con la molteplicità.
• Se A, matrice quadrata, è simile alla matrice λ1, allora A = λ1.
• Una combinazione lineare non nulla di
autovettori di una matrice A è ancora
un autovettore di A.
• Esistono matrici diagonalizzabili non
scalari con un unico autovalore.
• Se λ è un autovalore della matrice A,
allora λ è un autovalore di A.
• Un endomorfismo su uno spazio vettoriale n-dimensionale che ha meno di n autovalori distinti non è diagonalizzabile.
• Se λ è un autovalore della marice A, allora λ2 è un autovalore di A2 .
• Due autovettori distinti corrispondenti
allo stesso autovalore sono sempre linearmente dipendenti.
• Se λ è un autovalore di A allora λ 6= 0.
• Se λ è un autovalore di un endomorfismo
L, allora ogni vettore in Vλ è un autovettore di L.
• Se ogni autovalore di A è diverso da zero,
allora A è una matrice invertibile.
• Se tutti gli autovalori della marice A
sono nulli, allora A = 0.
• Se λ1 , λ2 sono autovalori distinti di un
operatore lineare L, allora Vλ1 ∩ Vλ2 =
{0}.
• La matrice A e la sua trasposta At hanno
gli stessi autovalori.
• Se A ∈ Mn (K) ha due autovalori distinti λ1 e λ2 e dim Vλ1 = n − 1, allora A
è diagonalizzabile.
• Se L è un operatore lineare invertibile
diagonalizzabile, allora L−1 è diagonalizzabile.
• Se λ e µ sono autovalori di A e B risp.,
allora λ + µ è autovalore di A + B.
• Se due matrici hanno gli stessi autovalori, comprese le molteplicità, allora le
matrici sono simili.
• Se λ e µ sono autovalori di A e B risp.,
allora λµ è autovalore di AB.
Esercizi
1. Per ciascuna delle seguenti matrici A ∈ Mn (K),
a) Determinare tutti gli autovalori di A.
b) Per ogni autovalore λ di A, trovare l’insieme degli autovettori corrispondenti a λ.
c) Se possibile, trovare una base di K n formata da autovettori di A.
d) Se si è riusciti a trovare una tale base, determinare una matrice invertibile P ed una matrice
−1
diagonale
D tali
che P AP = D.
1 2
7 4
i 1
i) A =
, K = R,
ii) A =
, K = R,
iii) A =
, K = C,
3 2
−1 3 
2 −i



0 −2 −3
2 0 −1
iv) A = −1 1 −1 , K = R,
v) A = 4 1 −4 , K = R,
2
5
2 0 −1 
2
−2 1
0
0 2 2
vi) A =  1 −1 −1 , K = R, C
vii) A = 2 0 2 , K = R,
3 −3
2 2 0
1



−2 1 4
1+i
0
0
ix) A = 2 − 2i 1 − 3i 0 , K = C,
viii) A = −2 1 4 , K = R,
4
1
 −2 1 
 2i
0
0 0 1
1 1 0
x) A = 1 0 −1 , K = R, C
xi) A = 0 1 2 , K = R, C,
0 1 1
0 0 3
14

−1
xii) A =  8
−10
0
−1
xiv) A = 
0
0

−1 −2
−11 −8 ,
11
7
1 0 0
0 0 0
,
0 0 −1
0 1 0

K = R,
K = R, C
1
xiii) A =  8
−8
1
4
xv) A = 
4
7
−4
−11
8
2 3
3 2
5 6
6 5

−4
−8 , K = R,
5

4
1
 , K = R.
7
4
2. Per ciascun operatore lineare L su V , trovare gli autovalori di L ed una base ordinata B per V
tale che [L]B sia una matrice diagonale.
a) V = P2 (R); L(p(x)) = xp0 (x) + p(2)x + p(3),
0
b) V = P3 (R); L(p(x))
=
(x) + p00 (2)x − p(2),
xp a b
c d
,
d) V = M2 (R); L(A) = At + 2Tr(A)12 .
c) V = M2 (R); L
=
c d
a b
3. Trovare una matrice A di taglia 3 × 3 tale che
Av1 = v1 ,
Av2 = 2v2 ,
Av3 = 3v3 ,
ove
 
1
v1 = 2 ,
2


2
v2 = −2 ,
1


−2
v3 = −1 .
2
4. Sia L l’operatore lineare su Mn (R) definito da L(A) = At .
a) Calcolare gli autovalori di L.
b) Descrivere gli autovettori di L corrispondenti a ciascun autovalore di L.
c) Trovare, se possibile, una base ordinata B per Mn (R) tale che [L]B sia diagonale. (Provare prima
con n = 2).
5. Siano A, B matrici in Mn (C).
a) È vero o falso che, se B è invertibile, esiste z ∈ C tale che A + zB non sia invertibile?
b) È vero o falso che è possibile trovare matrici A e B quadrate di ordine 2 tali che, per ogni z ∈ C,
sia A che A + zB siano invertibili?
6. Sia D : Pn (R) → Pn (R) l’operatore lineare definito da D(P (x)) = P 0 (x). Trovare autovalori e
autovettori di D e stabilire se D è diagonalizzabile.
0 −2
7. Sia A =
. Trovare una matrice P invertibile 2 × 2 tale che P −1 AP sia una matrice
1 3
diagonale D. Trovare un’espressione per An , n ≥ 2.
8. Sia L un operatore lineare invertibile su uno spazio vettoriale di dimensione finita. È vero o
falso che L è diagonalizzabile se e solo se L−1 è diagonalizzabile?
9. Sia A ∈ M(K).
a) Far vedere che A e At hanno lo stesso polinomio caratteristico e quindi gli stessi autovalori con
la stessa molteplicità algebrica..
b) È vero o falso che per ogni autovalore λ gli autospazi corrispondenti Vλ di A e Vλ0 di At
coincidono?
c) È vero o falso che dim Vλ = dim Vλ0 , per ogni autovalore λ?
d) È vero o falso che se A è diagonalizzabile, anche At è diagonalizzabile?
10. Siano B e C matrici quadrate di ordine p e q rispettivamente. È vero o falso che la matrice a
blocchi
B 0
A=
0 C
è diagonalizzabile se e solo se B e C sono diagonalizzabili.
Definizione. Due operatori lineari L ed M su uno spazio vettoriale V di dimensione finita si
dicono simultaneamente diagonalizzabili se esiste una base ordinata B per V rispetto alla
quale [L]B ed [M ]B sono entrambe matrici diagonali. Analogamente, due matrici A, B ∈ Mn (K) si
dicono simultaneamente diagonalizzabili se LA e LB sono simultaneamente diagonalizzabili
come operatori su K n .
11. Siano A, B ∈ Mn (K).
a) Far vedere che A e B sono simultaneamente diagonalizzabili se e solo se esiste una matrice
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invertibile P tale che le matrici P −1 AP e P −1 BP siano entrambe diagonali.
b) È vero o falso che se A e B sono simultaneamente diagonalizzabili, allora AB = BA?
c) Far vedere che se AB = BA, allora A e B hanno un autovettore comune (su C).
d) Far vedere che se AB = BA e A e B sono diagonalizzabili, allora A e B sono simultaneamente
diagonalizzabili.
12. Sia A ∈ Mn (K) una matrice nilpotente (vuol dire Ak = 0 per qualche intero k > 1.)
a) Trovare gli autovalori di A.
b) È vero o falso che A è diagonalizzabile?
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