CAPITOLO 9 Diagonalizzazione di matrici e applicazioni lineari

Esercizio 9.1. Verificare che v = (1, 0, 0, 1) è autovettore dell’applicazione lineare T così definita

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (2x_{1} − 2x_{3}, −x_{1} + 2x_{2} + x_{3} + x_{4}, x_{3}, x_{1} − 2x_{3} + x_{4})

Determinare inoltre il relativo autovalore.

Esercizio 9.2. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Verificare che i vettori v_{1} = (0, 3, 1), v_{2} = (0, −1, 1) e v_{3} = (−1, 1, 0) sono autovettori di T e determinare i rispettivi autovalori.

b) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3}.

c) Determinare la matrice (diagonale) D associata a T rispetto alla base B.

d) Determinare la matrice diagonalizzante P (cioé la matrice P tale che P^{−1}AP = D).

Esercizio 9.3. Sia T l’endomorfismo di R^{3} definito da

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

a) Stabilire se esistono autovettori di T ed eventualmente determinarli.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile.

c) Determinare la base rispetto alla quale T ha matrice associata D diagonale e determinare la matrice diagonale D e la matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D).

Esercizio 9.4. [Esercizio 4) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Quali sono gli autovalori di una matrice diagonale? E di una matrice triangolare?

Esercizio 9.5. [Esercizio 9) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Riconoscere che le due seguenti matrici M sono diagonalizzabili, e calcolare per ciascuna di esse una

matrice P diagonalizzante (tale cioè che valga P^{−1}MP = D, con D matrice diagonale; ricordiamo che P è una matrice le cui colonne sono autovettori di M).

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] , M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Esercizio 9.6. Date le matrici

A = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −3 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}−3 & 4 \\ 1 & 0 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico di ciascuna matrice.

b) Si determinino gli autovalori, e i relativi autospazi, di ciascuna matrice.

c) Si stabilisca se le matrici sono diagonalizzabili.

Esercizio 9.7. Date le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 4 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −7 & 5 & −1 \\ −6 & 6 & −2 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico di ciascuna matrice.

b) Si determinino gli autovalori, e i relativi autospazi, di ciascuna matrice.

c) Si stabilisca se le matrici sono diagonalizzabili.

Esercizio 9.8. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori di A.

b) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile.

Esercizio 9.9. Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & −6 \\ 0 & 2 & 5 \end{matrix}]

a) Si determinino gli autovalori di T e si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si determini una base di R^{3} formata da autovettori di T.

Esercizio 9.10. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico p_{A}(λ) e gli autovalori di A.

b) Si determini l’autospazio E(λ) relativo ad ogni autovalore λ trovato.

c) Si verifichi che A è diagonalizzabile.

d) Si trovi la matrice invertibile P tale che P^{−1}AP sia diagonale (una tale matrice P è detta diagonalizzante ed ha per colonne gli autovalori di P).

e) Si trovi la matrice diagonale B simile alla matrice A.

Esercizio 9.11. Si ripeta l’esercizio precedente con le matrici

A = [\begin{matrix}5 & 3 \\ 1 & 3 \end{matrix}]  A = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

Esercizio 9.12. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Si determinino gli autovalori, autovettori e autospazi di T.

b) Si stabilisca se T è diagonalizzabile, e in caso positivo si determini la matrice P diagonalizzante.

c) Si determini una base B di R^{3} tale che la matrice associata a T rispetto a B sia diagonale e si determini esplicitamente tale matrice diagonale.

Esercizio 9.13. [Esercizio 21) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato]

Discutere la diagonalizzabilità delle seguenti matrici al variare del parametro reale k.

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  D = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Esercizio 9.14. Sia S l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica.

a) Determinare autovalori e autovettori di S.

b) Stabilire se S è diagonalizzabile e in caso positivo individuare la matrice diagonalizzante.

Esercizio 9.15. Sia T l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1}, x_{1} − \frac{1}{2}x_{3}, x_{2}) .

a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di T.

b) T diagonalizzabile?

c) Se al campo dei numeri reali si sostituisce quello dei numeri complessi, l’endomorfismo di ℂ^{3} che si ottiene è diagonalizzabile?

Esercizio 9.16. Sia

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}]

la matrice associata all’applicazione lineare T : R^{3} → R^{3} rispetto alla base

B = { 1, 1, 0), (0, 3, 0), (0, 1, 1) }

a) Si determinino gli autovalori di T.

b) Si determinino gli autovettori e gli autospazi di T.

c) Si stabilisca se T è diagonalizzabile.

Esercizio 9.17. Sia B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 1, 1)} una base di R^{3} e sia S l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata rispetto a B

A = M_{B}(S) = [\begin{matrix}5 & 2 & −2 \\ 1 & 6 & −5 \\ 3 & −3 & 4 \end{matrix}] .

a) Trovare gli autovalori (reali) di S.

b) Trovare gli autovettori di S e stabilire se S è diagonalizzabile.

Esercizio 9.18. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 1 \end{matrix}] .

Stabilire se T è diagonalizzabile.

Esercizio 9.19. Si consideri la matrice ad elementi reali

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 5 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori della matrice data.

b) Stabilire se la matrice data diagonalizzabile.

Esercizio 9.20. Data la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Discutere la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Fissato a piacere un valore di k per cui M è diagonalizzabile, determinare per tale k la matrice P diagonalizzante.

Esercizio 9.21. Sia A la matrice dipendente dal parametro reale

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ k − 3 & 2 − k & 0 & −k \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 − k & k & 0 & k + 2 \end{matrix}]

a) Discutere la diagonalizzabiltà di A al variare di k.

b) Determinare una base di R^{4} costituita da autovettori di A per un valore opportuno di k.

Esercizio 9.22. Data la matrice

M = [\begin{matrix}3 & 0 & 1 & 0 \\ k − 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 1 \end{matrix}]

a) Si discuta la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Per k = 2, si determini una base di R^{4} formata da autovettori di M.

Esercizio 9.23. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}] .

a) Determinare per quali valori di k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Stabilire per quali valori di k le due matrici A e B sono simili.

Esercizio 9.24. Siano A e B le matrici reali

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 1 & 1 \end{matrix}]

Determinare, se esistono, i valori del parametro reale k per cui A e B sono simili.

Esercizio 9.25. Considerare le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & t & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

a) Determinare gli autovalori e gli autovettori di A e di B.

b) Stabilire se A e B sono simili.

c) Esistono valori di t per cui C e B sono simili?

Esercizio 9.26. Siano A e B le matrici seguenti

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}]

a) Dire per quali valori del parametro reale k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Per k = 3 le due matrici possono essere associate allo stesso endomorfismo?

Esercizio 9.27. Sia T l’endomorfismo di R^{3} associato alla matrice

A = [\begin{matrix}6 & 3 & −1 \\ 2 & 7 & −1 \\ 2 & 3 & 3 \end{matrix}]

a) Stabilire se 4 è autovalore di A. Calcolare gli autovalori e autovettori di A.

b) La matrice A è diagonalizzabile per similitudine? In caso affermativo, indicare una matrice diagonalizzante.

c) Sia C la matrice dipendente da t ∈ R:

C = [\begin{matrix}4 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Esistono valori di t ∈ R per cui A e C siano simili?

Esercizio 9.28. Si consideri la matrice ad elementi reali

A = [\begin{matrix}3 − k & −1 & 0 \\ k & 2 & k \\ 0 & 1 & 3 − k \end{matrix}]

a) Determinare gli autovalori della matrice A.

b) Stabilire per quali valori del parametro reale k la matrice data è diagonalizzabile.

Esercizio 9.29. Sia S l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 1/2 & 0 \\ −2 & b & b − 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica.

a) Determinare autovalori e autovettori di S.

b) Trovare i valori di b per i quali S è diagonalizzabile.

Esercizio 9.30. Sia A la matrice reale dipendente dal parametro k

A = [\begin{matrix}1 & 0 & k^{2} \\ 0 & k & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare per quali k la matrice A è diagonalizzabile.

b) Per i valori determinati in a), trovare una base di R^{3} formata da autovettori di A

Esercizio 9.31. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & k & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & −1 \\ 3 & 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

a) Calcolare gli autovalori di A.

b) Stabilire per quali valori reali di k la matrice A diagonalizzabile.

Esercizio 9.32. Sia T l’endomorfismo di R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}−4 & −1 & 3 \\ −6 & 1 & 3 \\ −12 & −2 & 8 \end{matrix}]

a) Stabilire se A è diagonalizzabile e, in caso positivo, determinare una matrice P tale che P^{−1}AP sia una matrice diagonale.

b) Determinare, se esistono, i valori di k per cui la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & k + 1 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

può essere associata al medesimo endomorfismo T.

Esercizio 9.33. Sia T l’endomorfismo di R_{2}[x] che associa al polinomio p(x) = ax^{2} + bx + c ∈ R_{2}[x] il polinomio

T (p(x)) = (a + kb)x^{2} + (ka + b)x + kc.

a) Trovare la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1}.

b) Calcolare gli autovalori di T.

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1. Suggerimenti

Sia T : R^{n} → R^{n} una applicazione lineare (endomorfismo) e M la matrice associata rispetto a una base B di R^{n}. Parleremo quindi indifferentemente di T e M.

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Il Polinomio caratteristico di M é il polinomio

p_{M}(λ) = det (M − λI)

Notiamo che p_{M}(λ) è un polinomio di grado n nell’incognita λ.

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Un Autovalore di M è un numero λ per cui esiste un vettore v ∈ R^{n} non nullo tale che

Mv = λv

Osservazioni:

• Se λ é un autovalore di M allora per qualche v ≠ 0:

Mv = λv ⇒ (M − λI) v = 0 ⇒ det (M − λI) = 0

quindi gli autovalori di M sono gli zeri del polinomio caratteristico, ovvero si determinano risolvendo

det (M − λI) = 0

• La molteplicità di λ come zero del polinomio caratteristico è detta molteplicità algebrica

dell’autovalore λ.

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Un Autovettore relativo a un autovalore λ è un vettore v (e sicuramente ne esistono non nulli) tale che

Mv = λv ⇒ (M − λI) v = 0

Quindi v è soluzione del sistema omogeneo associato a M − λI.

Osservazioni:

• L’insieme degli autovettori relativi ad un autovalore λ formano uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{n}), detto Autospazio relativo all’autovalore λ:

E(λ) = { autovettori relativi a λ }

• Chiamiamo Molteplicità geometrica di λ la dimensione di E(λ).

• Gli autovettori relativi all’autovalore λ = 0 formano il nucleo di M, ovvero le soluzioni del sistema omogeneo associato a M.

• Per quanto riguarda la dimensione di E(λ) abbiamo che

1 ≤ dim (E(λ)) ≤ molteplicità algebrica di λ

In particolare se un autovalore é singolo, allora il relativo autospazio ha sicuramente dimensione 1.

• Autovettori di autospazi distiniti sono linearmente indipendenti.

• Poichè gli endomorfismi sono applicazioni di uno spazio in se stesso, la base dello spazio di arrivo e di partenza è sempre la stessa (a differenza di quanto poteva accadere negli esercizi del capitolo precedente).

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Diagonalizzabilità.

Una matrice M, n × n, è Diagonalizzabile se è simile a una matrice diagonale D, ovvero esiste una matrice P, detta matrice diagonalizzante, tale che P^{−1}MP = D è una matrice diagonale.

Osservazioni:

• Poiché P^{−1}MP = D, le matrici M e D sono simili.

• La matrice diagonalizzante P ha per colonne autovettori linearmente indipendenti di M.

• P^{−1}MP = D ha sulla diagonale gli autovalori di M.

• Una matrice M, n × n, è Diagonalizzabile se la somma delle molteplicità geometriche dei suoi autovalori è n, ovvero se la somma delle dimensioni dei suoi autospazi è n, ovvero se ha n autovettori linearmente indipendenti.

• Condizione necessaria perchè una matrice sia diagonalizzabile è che la molteplicità algebrica e geometrica dei suoi autovalori coincidano.

• Se M ha n autovalori distinti allora è sicuramente diagonalizzabile (infatti ha sicuramente n autospazi di dimensione 1).

• Se una matrice M è diagonalizzabile allora esiste una base di R^{n} formata da autovettori di M. La diagonalizzazione sottintende infatti un cambiamento di base in R^{n}.

• Due matrici diagonalizzabili sono associate allo stesso endomorfismo (rispetto a basi differenti) se sono simili alla stessa matrice diagonale (ovvero hanno gli stessi autovalori). Analogamente se solamente una delle due matrici è diagonalizzabile allora non possono essere associate allo stesso endomorfismo.

• Le matrici e gli endomorfismi simmetrici godono di particolari proprietà. ——————————————————————————————————————————————-

2. Soluzioni

Esercizio 9.1. Verificare che v = (1, 0, 0, 1) è autovettore dell’applicazione lineare T così definita

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (2x_{1} − 2x_{3}, −x_{1} + 2x_{2} + x_{3} + x_{4}, x_{3}, x_{1} − 2x_{3} + x_{4})

Determinare inoltre il relativo autovalore.

Soluzione: Calcoliamo T (v):

T (1, 0, 0, 1) = (2, −1 + 1, 0, 1 + 1) = (2, 0, 0, 2) = 2 · v

Quindi v è autovettore associato all’autovalore 2.

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Esercizio 9.2. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Verificare che i vettori v_{1} = (0, 3, 1), v_{2} = (0, −1, 1) e v_{3} = (−1, 1, 0) sono autovettori di T e determinare i rispettivi autovalori.

b) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3}.

c) Determinare la matrice (diagonale) D associata a T rispetto alla base B.

d) Determinare la matrice diagonalizzante P (cioé la matrice P tale che P^{−1}AP = D).

Soluzione:

a) Calcoliamo le immagini dei vettori v_{i}:

T (v_{1}) = T (0, 3, 1) = (0, 6, 2) = 2v_{1},
T (v_{2}) = T (0, −1, 1) = (0, 2, −2) = −2v_{2},
T (v_{3}) = T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = v_{3}

quindi v_{1} è autovettore rispetto all’autovalore 2, v_{2} è autovettore rispetto all’autovalore −2, v_{3} è autovettore rispetto all’autovalore 1.

b) Verifichiamo che la matrice associata ai tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} ha determinante non nullo:

det [\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 3 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}] = −1 · (3 + 1) ≠ 0

I tre vettori sono quindi linearmente indipendenti e formano una base di R^{3}.

c) Abbiamo già visto che v_{1}, v_{2} e v_{3} sono autovettori, quindi:

T (v_{1}) = 2v_{1} = 2v_{1} + 0v_{2} + 0v_{3} ⇒  T (v_{1}) = (2, 0, 0)_{B}
T (v_{2}) = −2v_{2} = 0v_{1} − 2v_{2} + 0v_{3} ⇒  T (v_{2}) = (0, −2, 0)_{B}
T (v_{3}) = v_{3} = 0v_{1} + 0v_{2} + 1v_{3} ⇒  T (v_{3}) = (0, 0, 1)_{B}

e la matrice associata a T rispetto alla base B è la matrice diagonale

D = M_{B}(T) = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che D è la matrice che ha sulla diagonale gli autovalori relativi ai tre autovettori che formano la base.

d) Utilizzando il metodo della matrice di transizione per determinare la matrice D, sappiamo che la matrice P = M_{B}^{C} di transizione dalla base B alla base canonica C è la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C).

La matrice M_{C}^{B} di transizione dalla base canonica C alla base B è quindi la matrice inversa: M_{C}^{B} = P^{−1}. Di conseguenza la matrice D associata a T rispetto alla nuova base è D = P^{−1}AP. La matrice

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 3 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}]

è quindi la matrice diagonalizzante cercata.

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Esercizio 9.3. Sia T l’endomorfismo di R^{3} definito da

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

a) Stabilire se esistono autovettori di T ed eventualmente determinarli.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile.

c) Determinare la base rispetto alla quale T ha matrice associata D diagonale e determinare la matrice diagonale D e la matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D).

Soluzione: Risolviamo questo esercizio utilizzando la sola definizione di autovalore e autovettore.

a) Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Impostiamo l’equazione:

T (v) = λv ⇒ A · v = λv ⇒ [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}] ⇒ [\begin{matrix}x + y \\ 3y \\ 2z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + y = λx \\ 3y = λy \\ 2z = λz \end{cases} ⇒ \begin{cases}(1 − λ)x + y = 0 \\ (3 − λ)y = 0 \\ (2 − λ)z = \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 − λ & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 − λ & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 − λ & | & 0 \end{matrix}]

Quindi T (v) = λv ammette soluzione v ≠ 0 se e solo se il sistema omogeneo trovato ha soluzione non nulla. Sappiamo che un sistema omogeneo in tre incognite ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla se la matrice dei coefficienti ha rango minore di 3. Quindi T ha degli autovettori se la matrice dei coefficienti determinata ha rango minore di tre, ovvero determinante nullo:

det [\begin{matrix}1 − λ & 1 & 0 \\ 0 & 3 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(3 − λ)(2 − λ) = 0 ⇒ λ = 1, 3, 2

Consideriamo i tre casi

– Se λ = 1 otteniamo il sistema omogeneo

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ 2y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Quindi tutti i vettori del tipo (t, 0, 0), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 1:

T (t, 0, 0) = A · (t, 0, 0) = (t, 0, 0).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 1:

E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩

– Se λ = 3 otteniamo il sistema omogeneo

[\begin{matrix}−2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + y = 0 \\ −z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \\ z = 0 \end{cases}

Quindi tutti i vettori del tipo (t, 2t, 0), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 3:

T (t, 2t, 0) = A · (t, 2t, 0) = (3t, 6t, 0) = 3 · (t, 2t, 0).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 3:

E(3) = ⟨(1, 2, 0)⟩

– Se λ = 2 otteniamo il sistema omogeneo

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases}

Quindi tutti i vettori del tipo (0, 0, t), t ∈ R sono autovettori di T relativi all’autovalore 2:

T (0, 0, t) = A · (0, 0, t) = (0, 0, 2t) = 2 · (0, 0, t).

L’insieme di tali autovettori è detto autospazio relativo all’autovalore 2:

E(2) = ⟨(0, 0, 1)⟩

b) T è diagonalizzabile se rispetto a una opportuna base ha associata una matrice diagonale, ovvero se esiste una base di R^{3} formata da autovettori di T. Prendiamo un autovettore relativo a ciascun autovalore:

v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 2, 0), v_{3} = (0, 0, 1)

e stabiliamo se sono linearmente indipendenti calcolando il determinante della matrice associata ai tre vettori:

det [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] = 1 · 2 · 1 ≠ 0

Quindi i vettori sono linearmente indipendenti e B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3} formata da autovettori di T, dunque T è diagonalizzabile. In realtà autovettori relativi ad autovalori differenti sono sempre linearmente indipendenti.

c) Abbiamo già determinato la base al punto precedente. Inoltre

\begin{matrix}T (v_{1}) = v_{1} ⇒ T (v_{1}) = (1, 0, 0)_{B} \\ T (v_{2}) = 3v_{2} ⇒ T (v_{2}) = (0, 3, 0)_{B} \\ T (v_{3}) = 2v_{3} ⇒ T (v_{3}) = (0, 0, 2)_{B} \end{matrix} ⇒ M_{B}(T) = D = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Notiamo che D è la matrice che ha sulla diagonale gli autovalori relativi ai tre autovettori che formano la base.

La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Infatti M_{B}(T) = M_{C}^{B} · M(T) · M_{B}^{C}.

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Esercizio 9.4. [Esercizio 4) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Quali sono gli autovalori di una matrice diagonale? E di una matrice triangolare?

Soluzione: Un numero λ ∈ R è un autovalore di una matrice M se esiste v ≠ 0 tale che Mv = λv, ovvero (M −λI)v = 0. Il metodo più semplice per verificare tale condizione è determinare per quali valori di λ si ha

det(M − λI) = 0

Se M è una matrice triangolare o diagonale resta tale anche la matrice M − λI. Inoltre se

M = [\begin{matrix}a_{11} & a_{12} & … & … \\ 0 & a_{22} & a_{23} & … & … \\ 0 & 0 & a_{33} & … \\ 0 & 0 & 0 & a_{44} & … \\ … \\ 0 & 0 & 0 & … & 0 & a_{nn} \end{matrix}] ⇒

M − λI = [\begin{matrix}a_{11} − λ & a_{12} & … & … \\ 0 & a_{22−λ} & a_{23} & … & … \\ 0 & 0 & a_{33} − λ & … \\ 0 & 0 & 0 & a_{44} − λ & … \\ … \\ 0 & 0 & 0 & … & 0 & a_{nn} − λ \end{matrix}] ⇒

det(M − λI) = (a_{11} − λ) · (a_{22} − λ) · · · · · (a_{nn} − λ)

Di conseguenza λ è un autovalore di M se è verificata una delle condizioni

λ = a_{11}, λ = a_{22}, …, λ = a_{nn},

ovvero gli autovalori di una matrice M triangolare o diagonale sono gli elementi della diagonale di M:

λ = a_{11}, a_{22}, …, a_{nn},

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Esercizio 9.5. [Esercizio 9) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato] Riconoscere che le due seguenti matrici M sono diagonalizzabili, e calcolare per ciascuna di esse una

matrice P diagonalizzante (tale cioè che valga P^{−1}MP = D, con D matrice diagonale; ricordiamo che P è una matrice le cui colonne sono autovettori di M).

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] , M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Soluzione: Risolviamo questo esercizio utilizzando la sola definizione di autovalore e autovettore.

Consideriamo la matrice

M = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Impostiamo l’equazione:

T (v) = λv ⇒ A · v = λv ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}] ⇒ [\begin{matrix}x + 2y + 3z \\ 3y + z \\ 4z \end{matrix}] = [\begin{matrix}λx \\ λy \\ λz \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + 2y + 3z = λx \\ 3y + z = λy \\ 4z = λz \end{cases} ⇒ \begin{cases}(1 − λ)x + 2y + 3z = 0 \\ (3 − λ)y + z = 0 \\ (4 − λ)z = \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 3 − λ & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 − λ & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice ottenuta è quella associata al sistema omogeneo (M − λI)v = 0. Quindi T (v) = λv con v ≠ 0 se e solo se v è soluzione non nulla del sistema omogeneo associato M − λI Sappiamo che un sistema omogeneo in tre incognite ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla se la matrice dei coefficienti ha rango minore di 3. Quindi T ha degli autovettori se la matrice dei coefficienti determinata ha rango minore di tre, ovvero determinante nullo:

det [\begin{matrix}1 − λ & 2 & 3 \\ 0 & 3 − λ & 1 \\ 0 & 0 & 4 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)(3 − λ)(4 − λ).

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 1 \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 4 \end{cases}

A questo punto possiamo già affermare che la matrice M è diagonalizzabile, in quanto ha 3 autovalori distinti, e di conseguenza 3 autovettori linearmente indipendenti. Per determinare la matrice P diagonalizzante dobbiamo trovare gli autospazi E(λ_{i}) relativi ad ogni autovalore λ_{i}.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 1 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − I

[\begin{matrix}0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2y + 3z = 0 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (1, 0, 0)t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 0, 0) = λ · (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) e E(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

[\begin{matrix}−2 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + 2y + 3z = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (1, 1, 0)t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 1, 0) = λ · (1, 1, 0) = 3 · (1, 1, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 4 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 4I

[\begin{matrix}−3 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + 2y + 3z = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{5}{3}t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (\frac{5}{3}, 1, 1) t,

Quindi T (5, 3, 3) = λ · (5, 3, 3) = 4 · (5, 3, 3) e E(4) = ⟨(5, 3, 3)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (5, 3, 3)} è una base di R^{3} formata da autovettori di T. La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

T (v_{1}) = T (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) = v_{1} = (1, 0, 0)_{B}
T (v_{2}) = T (1, 1, 0) = 3 · (1, 1, 0) = 3v_{2} = (0, 3, 0)_{B}
T (v_{3}) = T (5, 3, 3) = 4 · (5, 3, 3) = 4v_{3} = (0, 0, 4)_{B}

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dai tre autovalori.

Consideriamo ora la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

Un autovalore di T è un numero λ ∈ R per cui esiste un vettore v = (x, y, z, w) non nullo tale che T (v) = λv. I vettori v tale che T (v) = λv sono detti autovettori di T relativi a λ. Si tratta quindi di verificare per quali λ ∈ R l’equazione T (v) = λ v ammette soluzione non nulla. Come nel caso precedente otteniamo che le soluzioni dell’equazione T (v) = λv sono le stesse soluzioni del sistema omogeneo associato a M − λI; quindi T (v) = λv per qualche v ≠ 0 se la matrice M − λI ha rango minore di 4 ovvero determinante nullo:

det(M − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 − λ & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = (2 − λ)(3 − λ)(5 − λ)(2 − λ)

Quindi

det(M − λI) = 0 ⇒ autovalori di M: \begin{cases}λ_{1} = 2 (doppio) \\ λ_{2} = 3 \\ λ_{3} = 5 \end{cases}

A questo punto non possiamo concludere nulla circa la diagonalizzabilità di M in quanto abbiamo trovato un autovalore doppio. In particolare se E(2) ha dimensione 2 allora M è diagonalizzabile. Viceversa se E(2) ha dimensione 1 allora M non è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio relativo all’autovalore λ_{1} = 2 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 2I

[\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y + z = 0 \\ y + 4z = 0 \\ 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = s \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 0, 0, 0)t + (0, 0, 0, 1)s ∀t, s ∈ R

Quindi T (1, 0, 0, 0) = λ · (1, 0, 0, 0) = 2 · (1, 0, 0, 0), T (0, 0, 0, 1) = λ · (0, 0, 0, 1) = 2 · (0, 0, 0, 1) e E(2) = ⟨(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩.

Abbiamo così trovato che l’autovalore λ = 2 ha molteplicità geometrica 2, uguale alla sua molteplicità algebrica. Di conseguenza M è diagonalizzabile in quanto ha sicuramente 4 autovettori linearmente indipendenti.

Determiniamo ora l’autospazio relativo all’autovalore λ_{2} = 3 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 3I

[\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y + z = 0 \\ 4z = 0 \\ 2x = 0 \\ −w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 1, 0, 0)t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 1, 0, 0) = λ · (1, 1, 0, 0) = 3 · (1, 1, 0, 0) e E(3) = ⟨(1, 1, 0, 0)⟩.

Determiniamo infine l’autospazio relativo all’autovalore λ_{3} = 5 calcolando la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice M − λI = M − 5I

[\begin{matrix}−3 & 1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x + y + z = 0 \\ −2y + 4z = 0 \\ −3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 2t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z, w) = (1, 2, 1, 0) t, ∀t ∈ R

Quindi T (1, 2, 1, 0) = λ · (1, 2, 1, 0) = 5 · (1, 2, 1, 0) e E(5) = ⟨(1, 2, 1, 0)⟩.

L’insieme B = {v_{1} = (1, 0, 0, 0), v_{2} = (0, 0, 0, 1), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (1, 2, 1, 0)} è una base di R^{4} formata da autovettori di T. La matrice P diagonalizzante (cioé tale che P^{−1}AP = D) è la matrice di transizione dalla base B alla base canonica C cioè la matrice che ha per colonne i tre autovettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}]  con  D = M_{B}(T) = P^{−1}MP = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice diagonale D è la matrice associata a T rispetto alla base B formata dagli autovettori. Poiché

T (v_{1}) = 2v_{1} = (2, 0, 0, 0)_{B}, T (v_{2}) = 2v_{2} = (0, 2, 0, 0)_{B}
T (v_{3}) = 3v_{3} = (0, 0, 3, 0)_{B}, T (v_{4}) = 5v_{4} = (0, 0, 0, 5)_{B}

la matrice D = M_{B}(T) è la matrice diagonale formata dagli autovalori.

□

Esercizio 9.6. Date le matrici

A = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −3 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}−3 & 4 \\ 1 & 0 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico di ciascuna matrice.

b) Si determinino gli autovalori, e i relativi autospazi, di ciascuna matrice.

c) Si stabilisca se le matrici sono diagonalizzabili.

Soluzione:

Consideriamo la matrice A.

a) Calcoliamo il polinomio caratterristico di A:

p_{A}(λ) = det (A − λI) = det ([\begin{matrix}−1 − λ & 1 \\ 0 & −1 − λ \end{matrix}])
=(−1 − λ)(−1 − λ) = (−1 − λ)^{2}

b) Gli autovalori di A sono dati dagli zeri del suo polinomio caratteristico, quindi A ha un solo autovalore (doppio):

λ = −1

Inoltre il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = −1:

[\begin{matrix}0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ (x, y) = (t, 0) ∀ t ∈ R

Quindi

E(−1) = ⟨(1, 0)⟩

c) La matrice A non è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2 × 2 con un solo autovalore linearmente indipendente.

Consideriamo la matrice B.

a) Calcoliamo il polinomio caratterristico di B:

p_{B}(λ) = det (B − λI) = det ([\begin{matrix}−1 − λ & 2 \\ −3 & 1 − λ \end{matrix}])
=(−1 − λ)(1 − λ) + 6 = λ^{2} + 5

b) Poichè il polinomio caratteristico di B non ha zeri reali B non ha autovalori.

c) La matrice B non è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2 × 2 priva di autovalori.

Consideriamo la matrice C.

a) Calcoliamo il polinomio caratterristico di C:

p_{C}(λ) = det (C − λI) = det ([\begin{matrix}−3 − λ & 4 \\ 1 & −λ \end{matrix}])
=(−3 − λ)(−λ) − 4 = λ^{2} + 3λ − 4

b) Gli autovalori di C sono dati dagli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ^{2} + 3λ − 4 = 0 → λ_{1} = −4, λ_{2} = 1

Quindi C ha due autovalori:

λ_{1} = −4, λ_{2} = 1

Consideriamo prima λ_{1} = −4. Il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = −4:

[\begin{matrix}1 & 4 & | & 0 \\ 1 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x + 4y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (−4t, t) ∀ t ∈ R

Quindi

E(−4) = ⟨(−4, 1)⟩

Consideriamo ora λ_{2} = 1. Il relativo autospazio è la soluzione del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = 1:

[\begin{matrix}−4 & 4 & | & 0 \\ 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 4II + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x − y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (t, t) ∀ t ∈ R

Quindi

E(1) = ⟨(1, 1)⟩

c) La matrice C è diagonalizzabile in quanto è una matrice 2 × 2 con due autovalori distinti (di

molteplicità algebrica 1), quindi C ha due autovettori linearmente indipendenti.

□

Esercizio 9.7. Date le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 4 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}−3 & 1 & −1 \\ −7 & 5 & −1 \\ −6 & 6 & −2 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico di ciascuna matrice.

b) Si determinino gli autovalori, e i relativi autospazi, di ciascuna matrice.

c) Si stabilisca se le matrici sono diagonalizzabili.

Soluzione: Consideriamo la matrice A.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 1 & 0 \\ 0 & 1 − λ & −1 \\ 0 & 2 & 4 − λ \end{matrix}]
= (2 − λ)[(1 − λ)(4 − λ) + 2] = (2 − λ)(λ^{2} − 5λ + 6)

b) Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(2 − λ)(λ^{2} − 5λ + 6) = 0 ⇒ (2 − λ) = 0 oppure (λ^{2} − 5λ + 6) = 0
⇒ λ_{1} = 2, λ_{2} = 2, λ_{3} = 3

Di conseguenza gli autovalori di A sono

λ_{1} = 2 doppio
λ_{2} = 3

Consideriamo prima l’autovalore λ = 2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 2:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 2II [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}y = 0 \\ −y − z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (t, 0, 0) ∀t ∈ R

Quindi

E(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 3. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 3:

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−x + y = 0 \\ −2y − z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = −2t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (t, t, −2t) ∀t ∈ R

Quindi

E(3) = ⟨(1, 1, −2)⟩

c) La matrice A non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico), ma ha molteplicità geometrica uno (il relativo autospazio E(2) ha dimensione uno). Di conseguenza esistono solamente due autovettori linearmente indipendenti e non esiste una base di R^{3} formata da autovettori di A.

Consideriamo ora la matrice B.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = det(B − λI) = det [\begin{matrix}−3 − λ & 1 & −1 \\ −7 & 5 − λ & −1 \\ −6 & 6 & −2 − λ \end{matrix}]

= (−3 − λ)[(5 − λ)(−2 − λ) + 6] − 1[−7(−λ − 2) − 6] − [−42 + 6(5 − λ)]

= (−3 − λ)(λ^{2} − 3λ − 4) − 7λ − 8 + 12 + 6λ

= (−3 − λ)(λ − 4)(λ + 1) − λ + 4 = (λ − 4)[(−3 − λ)(λ + 1) − 1]

= (λ − 4)[−λ^{2} − 4λ − 4]

b) Gli autovalori di B sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(λ − 4)(−λ^{2} − 4λ − 4) = 0
⇒ (λ − 4) = 0 oppure (−λ^{2} − 4λ − 4) = 0
⇒ λ_{1} = 4, λ_{2} = −2, λ_{3} = −2

Di conseguenza gli autovalori di B sono

λ_{1} = 4
λ_{2} = −2 doppio

Consideriamo prima l’autovalore λ = 4. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice B − λI, con λ = 4:

[\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ −7 & 1 & −1 & | & 0 \\ −6 & 6 & −6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ 1/6III \end{matrix} [\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ −1 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − I [\begin{matrix}−7 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 6 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−7x + y − z = 0 \\ 0 = 0 \\ 6x = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (0, t, t) ∀t ∈ R

Quindi

E(4) = ⟨(0, 1, 1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = −2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice B − λI, con λ = −2:

[\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & 0 \\ −7 & 7 & −1 & | & 0 \\ −6 & 6 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 7I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + y = 0 \\ z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t, t, 0) ∀t ∈ R

Quindi

E(−2) = ⟨(1, 1, 0)⟩

c) La matrice B non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = −2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico), ma ha molteplicità geometrica uno (il relativo autospazio E(−2) ha dimensione uno). Infatti abbiamo determinato due soli autovettori linearmente indipendenti.

Consideriamo ora la matrice C.

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di C:

p_{C}(λ) = det(C − λI) = det [\begin{matrix}1 − λ & −3 & 3 \\ 3 & −5 − λ & 3 \\ 6 & −6 & 4 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ)[(−5 − λ)(4 − λ) + 18] + 3[3(4 − λ) − 18] + 3[−18 − 6(−5 − λ)]

= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 2) − 18 − 9λ + 36 + 18λ

= (1 − λ)(λ − 1)(λ + 2) + 9λ + 18 = (λ + 2)[(1 − λ)(λ − 1) + 9]

= (λ + 2)[−λ^{2} + 2λ + 8]

b) Gli autovalori di C sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(λ + 2)(−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ (λ + 2) = 0 oppure (−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ λ_{1} = −2, λ_{2} = −2, λ_{3} = 4

Di conseguenza gli autovalori di C sono

λ_{1} = −2 doppio
λ_{2} = 4

Consideriamo prima l’autovalore λ = −2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = −2:

[\begin{matrix}3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x − y + z = 0 \\ 0 = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t − s \\ y = t \\ z = s \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t − s, t, s) = (t, t, 0) + (−s, 0, s) ∀s, t ∈ R

Quindi

E(−2) = ⟨(1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩

A questo punto possiamo già affermare che C è diagonalizzabile in quanto λ = 4 ha molteplicità algebrica 1 e λ = −2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2.

Consideriamo ora l’autovalore λ = 4. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice C − λI, con λ = 4:

[\begin{matrix}−3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −9 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −12 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−x − y + z = 0 \\ −2y + z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t, t, 2t) ∀t ∈ R

Quindi

E(4) = ⟨(1, 1, 2)⟩

c) La matrice C è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 4 ha molteplicità algebrica e geometrica uno, e l’autovalore λ = −2 ha molteplicità algebrica due (è zero doppio del polinomio caratteristico) e ha molteplicità geometrica due (il relativo autospazio E(−2) ha dimensione due).

□

Esercizio 9.8. Sia T l’endomorfismo definito dalla matrice associata rispetto alla base canonica:

A = M(T) = [\begin{matrix}0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare Nucleo e Immagine di T.

b) Determinare autovalori e autovettori di T.

c) Stabilire se T è diagonalizzabile.

d) Stabilire se esiste una base di R^{3} formata da autovettori di A, e in caso positivo determinarla.

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

A = [\begin{matrix}0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Notiamo che rg(A) = 2, di conseguenza:

dim(Im(T)) = rg(A) = 2, dim(N(T)) = 3 − rg(A) = 1

Inoltre una base dell’immagine di T è

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(0, 1, 1), (6, 0, 0)}

Per determinare il nucleo dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x + z = 0 \\ 6y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

B(N(T)) = {(−1, 0, 1)}

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di T:

p_{A}(λ) = −λ[−λ(1 − λ)] − 6[1 − λ − 1] = λ^{2}(1 − λ) + 6λ = λ(−λ^{2} + λ + 6)

Quindi gli autovalori di T sono:

λ_{1} = 0 singolo
λ_{2} = −2 singolo
λ_{3} = 3 singolo

c) Possiamo già rispondere alla seconda domanda in quanto gli autovalori sono tutti singoli, quindi la matrice è sicuramente diagonalizzabile.

b) Calcoliamo l’autospazio E(0) relativo all’autovalore λ_{1} = 0 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}0 & 6 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}6y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza E(0) = ⟨(1, 0, −1)⟩.

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(−2) relativo all’autovalore λ_{2} = −2 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A + 2I:

[\begin{matrix}2 & 6 & 0 & | & 0 \\ 1 & 2 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 3y = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −3t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(−2) = ⟨(−3, 1, 1)⟩

Infine calcoliamo l’autospazio E(3) relativo all’autovalore λ_{3} = 3 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 3I:

[\begin{matrix}−3 & 6 & 0 & | & 0 \\ 1 & −3 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + 1/3I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + 2y = 0 \\ −y + z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ E(3) = ⟨(2, 1, 1)⟩

d) Poichè T è diagonalizzabile esiste una base di R^{3} formata da autovettori di T:

B(R^{3}) = {(1, 0, −1), (−3, 1, 1), (2, 1, 1) }
□

Esercizio 9.9. Sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo a cui è associata la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & −6 \\ 0 & 2 & 5 \end{matrix}]

a) Si determinino gli autovalori di T e si stabilisca se T è diagonalizzabile.

b) Si determini una base di R^{3} formata da autovettori di T. a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A sviluppando rispetto alla prima riga:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & −2 − λ & −6 \\ 0 & 2 & 5 − λ \end{matrix}]
= (2 − λ)[(−2 − λ)(5 − λ) + 12] = (2 − λ)(λ^{2} − 3λ + 2)

Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ_{1} = 2 doppio
λ_{2} = 1 singolo

T è diagonalizzabile se l’autospazio E(2) ha dimensione 2. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 2:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −4 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/2II \\ 2III + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2y + 3z = 0 ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −\frac{3}{2}t \\ z = t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (s, −\frac{3}{2}t, t) ∀s, t ∈ R ⇒ E(2) = ⟨(1, 0, 0), (0, −3, 2)⟩

Poiché E(1) ha sicuramente dimensione 1, la somma delle dimensioni degli autospazi è 3 = dim(R^{3}) e T è diagonalizabile.

b) Per determinare una base di R^{3} formata da autovettori dobbiamo determinare anche l’autospazio E(1). Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 1:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −3 & −6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/3II \\ 3III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x = 0 \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (0, −2t, t) ∀t ∈ R ⇒ E(1) = ⟨(0, −2, 1)⟩

Infine la base di R^{3} cercata è

B = {(1, 0, 0), (0, −3, 2), (0, −2, 1)}
□

Esercizio 9.10. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

a) Si determini il polinomio caratteristico p_{A}(λ) e gli autovalori di A.

b) Si determini l’autospazio E(λ) relativo ad ogni autovalore λ trovato.

c) Si verifichi che A è diagonalizzabile.

d) Si trovi la matrice invertibile P tale che P^{−1}AP sia diagonale (una tale matrice P è detta diagonalizzante ed ha per colonne gli autovalori di P).

e) Si trovi la matrice diagonale B simile alla matrice A.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det ([\begin{matrix}2 − λ & 2 \\ 1 & 3 − λ \end{matrix}]) = (2 − λ)(3 − λ) − 2
= λ^{2} − 5λ + 4

Cerchiamo ora i valori di λ per cui p_{A}(λ) = 0, trovando che gli autovalori di A sono

λ_{1} = 1
λ_{2} = 4

b) Consideriamo prima l’autovalore λ = 1, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 1 · I:

[\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 1 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (−2t, t) ∀t ∈ R

Di conseguenza

E(1) = ⟨(−2, 1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 4, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 4 · I:

[\begin{matrix}−2 & 2 & | & 0 \\ 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 2II + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (t, t) ∀t ∈ R

Di conseguenza

E(4) = ⟨(1, 1)⟩

c) La somma delle dimensioni degli autospazi è 2, quindi A è diagonalizzabile. In realtà essendo i due autovalori singoli eravamo già certi della diagonalizzabilità anche senza calcolare gli autospazi.

d) La matrice P cercata è la matrice di transizione da B alla base canonica di C di R^{2}, dove B indica la nuova base formata dagli autovettori

B = {(−2, 1), (1, 1)}

Tale matrice ha per colonne i vettori della base di partenza B:

P = [\begin{matrix}−2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}]

e) La matrice B si trova immediatamente utilizzando la matrice P determinata al punto precedente. Infatti B = P^{−1}AP. Ora

P^{−1} [−\frac{1}{3} \frac{1}{3}_{\frac{1}{3} \frac{2}{3}}]

Quindi

B = P^{−1}AP = [−\frac{1}{3} \frac{1}{3}_{\frac{1}{3}  \frac{2}{3}}] [\begin{matrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix}] [\begin{matrix}−2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] = [−\frac{1}{3} \frac{1}{3}_{\frac{4}{3}  \frac{8}{3}}] [\begin{matrix}−2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che la matrice B è, come ci aspettavamo, la matrice diagonale con gli autovettori sulla diagonale.

□

Esercizio 9.11. Si ripeta l’esercizio precedente con le matrici

A = [\begin{matrix}5 & 3 \\ 1 & 3 \end{matrix}]  A = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

Soluzione:

Consideriamo la matrice

A = [\begin{matrix}5 & 3 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det ([\begin{matrix}5 − λ & 3 \\ 1 & 3 − λ \end{matrix}]) = (5 − λ)(3 − λ) − 3
= λ^{2} − 8λ + 12

Cerchiamo ora i valori di λ per cui p_{A}(λ) = 0, trovando che gli autovalori di A sono

λ_{1} = 2
λ_{2} = 6

b) Consideriamo prima l’autovalore λ = 2, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2 · I:

[\begin{matrix}3 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ 3II − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −t \end{cases} ⇒ (x, y) = (t, −t) ∀t ∈ R

Di conseguenza

E(2) = ⟨(1, −1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 6, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 6 · I:

[\begin{matrix}−1 & 3 & | & 0 \\ 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II + I [\begin{matrix}−1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 3t \\ y = t \end{cases} ⇒ (x, y) = (3t, t) ∀t ∈ R

Di conseguenza

E(6) = ⟨(3, 1)⟩

c) Come nell’esercizio precedente A è diagonalizzabile perché la somma delle dimensioni degli autospazi è 2 (o perché i due autovalori sono singoli).

d) La matrice P cercata è la matrice di transizione da B alla base canonica di R^{2}, dove B indica la nuova base formata dagli autovettori

B = {(1, −1), (3, 1)}

Tale matrice ha per colonne i vettori della base B:

P = [\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 1 \end{matrix}]

e) Già sappiamo che la matrice B è la matrice diagonale formata dagli autovalori di A. Lo stesso risulato lo troviamo utilizzando la matrice P determinata al punto precedente. Infatti B = P^{−1}AP. Ora

B = P^{−1}AP = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix}]

Consideriamo ora la matrice

A = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = det [\begin{matrix}1 − λ & −3 & 3 \\ 3 & −5 − λ & 3 \\ 6 & −6 & 4 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ)[(−5 − λ)(4 − λ) + 18] + 3[3(4 − λ) − 18] + 3[−18 − 6(−5 − λ)]

= (1 − λ)(λ^{2} + λ − 2) − 18 − 9λ + 36 + 18λ

= (1 − λ)(λ − 1)(λ + 2) + 9λ + 18 = (λ + 2)[(1 − λ)(λ − 1) + 9]

= (λ + 2)[−λ^{2} + 2λ + 8] Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

(λ + 2)(−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ (λ + 2) = 0 oppure (−λ^{2} + 2λ + 8) = 0
⇒ λ_{1} = −2, λ_{2} = −2, λ_{3} = 4

Di conseguenza gli autovalori di A sono

λ_{1} = −2 doppio
λ_{2} = 4

Notiamo che in questo caso non possiamo affermare che A è diagonalizzabile in quanto dipende dalla diemsione dell’autospazio E(−2).

b) Consideriamo prima l’autovalore λ = −2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = −2:

[\begin{matrix}3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x − y + z = 0 \\ 0 = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t − s \\ y = t \\ z = s \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t − s, t, s) = (t, t, 0) + (−s, 0, s) ∀s, t ∈ R

Quindi

E(−2) = ⟨(1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩

A questo punto possiamo già affermare che A è diagonalizzabile in quanto λ = 4 ha molteplicità algebrica 1 e λ = −2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2.

Consideriamo ora l’autovalore λ = 4. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − λI, con λ = 4:

[\begin{matrix}−3 & −3 & 3 & | & 0 \\ 3 & −9 & 3 & | & 0 \\ 6 & −6 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ II + I \\ III + 2II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −12 & 6 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}−x − y + z = 0 \\ −2y + z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases}

⇒ (x, y, z) = (t, t, 2t) ∀t ∈ R

Quindi

E(4) = ⟨(1, 1, 2)⟩

c) La matrice C è diagonalizzabile in quanto la somma delle dimensioni degli autospazi è 3.

d) La matrice P cercata è la matrice di transizione da B alla base canonica di R^{3}, dove B indica la nuova base formata dagli autovettori

B = {(1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, 2)}

Tale matrice ha per colonne i vettori della base B:

P = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

e) Già sappiamo che la matrice B è la matrice diagonale formata dagli autovalori di A. Lo stesso risulato lo troviamo utilizzando la matrice P determinata al punto precedente.

B = P^{−1}AP = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

□

Esercizio 9.12. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Si determinino gli autovalori, autovettori e autospazi di T.

b) Si stabilisca se T è diagonalizzabile, e in caso positivo si determini la matrice P diagonalizzante.

c) Si determini una base B di R^{3} tale che la matrice associata a T rispetto a B sia diagonale e si determini esplicitamente tale matrice diagonale.

Soluzione: Determiniamo innanzittutto la matrice A associata a T rispetto alla base canonica, ovvero la matrice che ha per colonne T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}]

a) Per calcolare gli autovalori di T (cioè di A) determiniamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 1 − λ & 3 \\ 1 & 1 & −1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)[(1 − λ)(−1 − λ) − 3]
=(1 − λ)(λ^{2} − 4)

Risolvendo p_{A}(λ) = 0 troviamo che gli autovalori di A sono

λ_{1} = 2,  λ_{2} = −2,  λ_{3} = 1

b) Avendo 3 autovalori distinti la matrice A, e quindi T, è sicuramente diagonalizzabile. Per calcolare la matrice diagonalizzante dobbiamo determinare gli autospazi.

Consideriamo prima l’autovalore λ = 2, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + I [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 3t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (0, 3, 1) · t ∀t ∈ R ⇒ E(2) = ⟨(0, 3, 1)⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = −2, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A + 2I:

[\begin{matrix}3 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ III − 1/3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (0, −1, 1) · t ∀t ∈ R ⇒ E(−2) = ⟨(0, −1, 1)⟩

Consideriamo infine l’autovalore λ = 1, e risolviamo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (x, y, z) = (−1, 1, 0) · t ∀t ∈ R

Di conseguenza E(1) = ⟨(−1, 1, 0)⟩.

La matrice P cercata è la matrice di transizione da B alla base canonica di R^{3}, dove B indica la nuova base formata dagli autovettori

B = {(0, 3, 1), (0, −1, 1), (−1, 1, 0)}

Di conseguenza:

P = [\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 3 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}]

c) La base cercata è la base B di autovettori trovata al punto precedente. Inoltre la matrice D diagonale associata a T rispetto a B è la matrice D = P^{−1}AP che ha sulla diagonale gli autovalori.

D = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

□

Esercizio 9.13. [Esercizio 21) cap. 7 del testo Geometria e algebra lineare di Manara, Perotti, Scapellato]

Discutere la diagonalizzabilità delle seguenti matrici al variare del parametro reale k.

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  D = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Soluzione: Consideriamo la matrice A e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{A}(λ) = (1 − λ)(k − λ)(2 − λ)

Gli autovalori di A sono quindi

λ = 1,  λ = 2,  λ = k

Dobbiamo distinguere tre casi:

• Se k ≠ 1, 2, allora A ha tre autovalori distinti quindi è sicuramente diagonalizzabile.

• Se k = 1 la matrice A diventa

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1 doppio, λ = 2

Si tratta quindi di controllare se λ = 1 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(1) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e A non è diagonalizzabile.

• Se k = 2 la matrice A diventa

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1, λ = 2 doppio

Si tratta quindi di controllare se λ = 2 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(2) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨ (1, 1, 0), (0, 0, 1) ⟩

Quindi λ = 2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 (e λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 1), e A è diagonalizzabile.

Consideriamo ora la matrice B e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{B}(λ) = (1 − λ)^{2}(k − λ)

Gli autovalori di B sono quindi

λ = 1 almeno doppio, λ = k

Poichè B ha l’autovalore λ = 1 almeno doppio (triplo se k = 1) determiniamo subito l’autospazio relativo E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a B − I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica almeno 2, ma molteplicità geometrica 1, e B non è diagonalizzabile.

Consideriamo la matrice C e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{C}(λ) = (3 − λ)(k − λ)(1 − λ)

Gli autovalori di C sono

λ = 1,  λ = 3,  λ = k

Dobbiamo distinguere tre casi:

• Se k ≠ 1, 3, allora C ha tre autovalori distinti quindi è sicuramente diagonalizzabile.

• Se k = 1 la matrice C diventa

C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1 doppio, λ = 3

Si tratta quindi di controllare se λ = 1 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(1) ha dimensione 2. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato a C − I:

[\begin{matrix}2 & 1 & 5 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, −2, 0) ⟩

Quindi λ = 1 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e C non è diagonalizzabile.

• Se k = 3 la matrice C diventa

C = [\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

ed ha come autovalori

λ = 1, λ = 3 doppio

Si tratta quindi di controllare se λ = 3 ha anche molteplicità geometrica 2, ovvero se E(2) ha dimensione 2. Risolviamo il sistema omogeneo associato a C − 3I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 5 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩

Quindi λ = 3 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1, e C non è diagonalizzabile.

Consideriamo infine la matrice D e calcoliamone il polinomio caratteristico.

p_{D}(λ) = (1 − λ)^{2}(k − λ)

Gli autovalori di D sono quindi

λ = 1 almeno doppio, λ = k

Poichè D ha l’autovalore λ = 1 almeno doppio (triplo se k = 1) determiniamo subito l’autospazio relativo E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a D − I:

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = s \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0), (0, 0, 1) ⟩

Quindi λ = 1 ha molteplicità geometrica 2.

Dobbiamo distinguere due casi:

• Se k ≠ 1 l’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 (e l’autovalore λ = k ≠ 1 ha molteplicità 1) quindi D è diagonalizzabile.

• Se k = 1 l’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 3, ma molteplicità geometrica 2 quindi D

non è diagonalizzabile.

□

Esercizio 9.14. Sia S l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica.

a) Determinare autovalori e autovettori di S.

b) Stabilire se S è diagonalizzabile e in caso positivo individuare la matrice diagonalizzante.

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (1 − λ)^{2}(−λ)(2 − λ)

Gli autovalori di A sono gli zeri del suo polinomio caratteristico:

λ_{1} = 1 doppio
λ_{2} = 0
λ_{3} = 2

Consideriamo prima l’autovalore λ = 1. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III + 2I \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}y + z + 2w = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −t \\ z = −t \\ w = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0, 0), (0, −1, −1, 1) ⟩

A questo punto possiamo già affermare che A è diagonalizzabile in quanto λ = 1 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e gli altri autovalori sono singoli.

Consideriamo ora l’autovalore λ = 0. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A

[\begin{matrix}1 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y + 2z + 4w = 0 \\ y = 0 \\ y + 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = 0 \end{cases}

⇒ E(0) = ⟨ (−2, 0, 1, 0) ⟩

Consideriamo ora l’autovalore λ = 2. Il relativo autospazio è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I

[\begin{matrix}−1 & 2 & 2 & 4 & | & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & −2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + 2y + 2z + 4w = 0 \\ y = 0 \\ y + 2z + 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 0 \\ z = −t \\ w = t \end{cases}

⇒ E(2) = ⟨ (2, 0, −1, 1) ⟩

b) Abbiamo già osservato che T è diagonalizzabile in quanto la somma delle dimensioni dei suoi autospazi è 4 = dim(R^{4}), inoltre la matrice diagonalizzante P è:

P = [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 2 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] con P^{−1}AP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

□

Esercizio 9.15. Sia T l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1}, x_{1} − \frac{1}{2}x_{3}, x_{2}) .

a) Calcolare gli autovalori e gli autovettori di T.

b) T diagonalizzabile?

c) Se al campo dei numeri reali si sostituisce quello dei numeri complessi, l’endomorfismo di ℂ^{3} che si ottiene è diagonalizzabile?

Soluzione: Calcoliamo la matrice A associata a T, che ha per colonne T (e_{1}), T (e_{2}) e T (e_{3}):

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (1 − λ) (λ^{2} + \frac{1}{2})

Quindi A ha un solo autovalore reale λ = 1.

Calcoliamo l’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & −1 & −\frac{1}{2} & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − y − \frac{1}{2}z = 0 \\ y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{2}t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza E(1) = ⟨(\frac{3}{2}, 1, 1)⟩ = ⟨(3, 2, 2)⟩.

b) T non è daigonalizzabile in quanto ha un solo autovalore (singolo), quindi la somma delle dimensioni dei suoi autospazi è 1 < 3.

c) Se consideriamo il campo dei numeri complessi, T ha tre autovalori distinti:

λ_{1} = 1,  λ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} i,  λ_{3} = −\frac{1}{\sqrt{2}} i.

Essendo 3 autovalori singoli la somma degli autospazi è sicuramente 3 e l’endomorfismo T in questo caso risulta diagonalizzabile.

□

Esercizio 9.16. Sia

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}]

la matrice associata all’applicazione lineare T : R^{3} → R^{3} rispetto alla base

B = { 1, 1, 0), (0, 3, 0), (0, 1, 1) }

a) Si determinino gli autovalori di T.

b) Si determinino gli autovettori e gli autospazi di T.

c) Si stabilisca se T è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è

p_{A}(λ) = (1 − λ) [(1 − λ)(−1 − λ) − 3] = (1 − λ)(λ^{2} − 4)

e gli autovalori di T sono

λ_{1} = 1,  λ_{2} = 2,  λ_{3} = −2

b) Calcoliamo ora gli autovettori.

– Consideriamo λ = 1 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3z = 0 \\ x + y − 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = 1 sono del tipo

(x, y, z) = (−1, 1, 0)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

(−1, 1, 0)_{B} = −1 · (1, 1, 0) + 1 · (0, 3, 0) + 0 · (0, 1, 1) = (−1, 2, 0)

e

E(1) = ⟨ (−1, 2, 0) ⟩

– Consideriamo λ = 2 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A − 2I:

[\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + I [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III + II [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x = 0 \\ −y + 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 3t \\ z = t \end{cases}

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = 2 sono del tipo

(x, y, z) = (0, 3, 1)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

(0, 3, 1)_{B} = 0 · (1, 1, 0) + 3 · (0, 3, 0) + 1 · (0, 1, 1) = (0, 10, 1)

e

E(2) = ⟨ (0, 10, 1) ⟩

– Consideriamo λ = −2 e risolviamo il sistema omogeneo associato a A + 2I:

[\begin{matrix}3 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 & 3 & | & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/3I \\ 1/3II \\ III − 1/3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases}

Quindi gli autovettori relativi all’autovalore λ = −2 sono del tipo

(x, y, z) = (0, −1, 1)t, ∀t ∈ R

Notiamo che queste sono le componenti degli autovettori rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica otteniamo perciò:

(0, −1, 1)_{B} = 0 · (1, 1, 0) + −1 · (0, 3, 0) + 1 · (0, 1, 1) = (0, −2, 1)

e

E(−2) = ⟨ (0, −2, 1) ⟩

c) La matrice A, e quindi l’applicazione T, è diagonalizzabile perchè ha tre autovalori distinti. □

Esercizio 9.17. Sia B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 1, 1)} una base di R^{3} e sia S l’endomorfismo di R^{3} con matrice associata rispetto a B

A = M_{B}(S) = [\begin{matrix}5 & 2 & −2 \\ 1 & 6 & −5 \\ 3 & −3 & 4 \end{matrix}] .

a) Trovare gli autovalori (reali) di S.

b) Trovare gli autovettori di S e stabilire se S è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Gli autovalori di T non dipendono dalla base, quindi possiamo lavorare sulla matrice A:

p_{A}(λ) = (1 − λ)(λ^{2} − 14λ + 49)

Quindi S ha due autovalori: λ = 1 e λ = 7.

b) Trovare gli autovettori di S possiamo comunque lavorare sulla matrice A ricordando però che i vettori trovati saranno espressi rispetto alla base B:

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}4 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & 5 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ 2II − 1/2I \\ 1/3III − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 9 & −9 & | & 0 \\ 0 & −6 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}1/9II \\ 1/6III + 1/9II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \end{cases}

Quindi l’autospazio E(1) è generato dal vettore (0, 1, 1)_{B}, cioè dal vettore v_{2} + v_{3} = (2, 2, 1). Infine E(1) = ⟨(2, 2, 1)⟩.

Analogamente:

E(7) = N(A − 7I) : [\begin{matrix}−2 & 2 & −2 & | & 0 \\ 1 & −1 & −5 & | & 0 \\ 3 & −3 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + 1/2I \\ 1/3III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −6 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

Quindi l’autospazio E(7) è generato dal vettore (1, 1, 0)_{B}, cioè dal vettore v_{1} + v_{2} = (2, 1, 0). Infine E(7) = ⟨(2, 1, 0)⟩.

S non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore λ = 7 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità geometrica 1.

□

Esercizio 9.18. Sia T l’endomorfismo di R^{4} definito dalla matrice

A = [\begin{matrix}2 & 0 & −2 & 0 \\ −1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 1 \end{matrix}] .

Stabilire se T è diagonalizzabile.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A, sviluppando rispetto alla seconda colonna:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (2 − λ)^{2}(1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di B sono

• λ = 1 doppio,

• λ = 2 doppio.

Per stabilire se T è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione di entrambi gli autospazi E(1) e E(2).

Determiniamo E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 0 & | & 0 \\ −1 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ IV − I \\ III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − 2z = 0 \\ y − z + w = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t − s \\ z = t \\ w = s \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (2, 1, 1, 0), (0, −1, 0, 1) ⟩

Determiniamo ora E(2) risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I:

[\begin{matrix}0 & 0 & −2 & 0 & | & 0 \\ −1 & 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ IV + II \\ I − 2III \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x + z + w = 0 \\ −z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨ (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0) ⟩

Quindi entrambi gli autospazi hanno dimensione due e l’endomorfismo T è diagonalizzabile.

□

Esercizio 9.19. Si consideri la matrice ad elementi reali

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 5 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare autovalori e autovettori della matrice data.

b) Stabilire se la matrice data diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (2 − λ)^{2}(−1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = −1 doppio
λ_{2} = 2 doppio

Calcoliamo l’autospazio E(−1) relativo all’autovalore λ_{1} = −1 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A + I:

[\begin{matrix}3 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 3 & 5 & 7 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 8 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3x + 3z = 0 \\ 3y + 5z + 7w = 0 \\ 8z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −\frac{7}{3}t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza E(−1) = ⟨(0, −7, 0, 3)⟩.

Analogamente calcoliamo l’autospazio E(2) relativo all’autovalore λ_{2} = 2 risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − 2I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 7 & | & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 8 & −3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}3z = 0 \\ 5z + 7w = 0 \\ −3z = 0 \\ 8z + 3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ∀s, t ∈ R

Di conseguenza E(2) = ⟨(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)⟩

b) A non è diagonalizzabile in quanto l’autovalore −1 ha molteplicità algebrica 2 e molteplicità

geometrica 1.

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Esercizio 9.20. Data la matrice

M = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Discutere la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Fissato a piacere un valore di k per cui M è diagonalizzabile, determinare per tale k la matrice P diagonalizzante.

Soluzione:

Sviluppando rispetto alla seconda colonna, il polinomio caratteristico di M è

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 − λ & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − λ & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 − λ \end{matrix}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)(k − λ)

quindi gli autovalori di M sono λ = 1, 2, k. Calcoliamo ora gli autospazi E(1) e E(2):

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − 1 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & k − 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

dim(E(1)) = dim(N(M − I)) = 4 − rg(M − I) = 4 − 2 = 2

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & k − 1 & 4 \\ 1 & 0 & k − 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III − II \\ I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & k − 1 & 4 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

dim(E(2)) = dim(N(M − 2I)) = 4 − rg(M − 2I) = 4 − 3 = 1

a) Dobbiamo distinguere tre casi – Se k ≠ 1, 2, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono

λ = 1 doppio, dim(E(1)) = 2

λ = 2 singolo, dim(E(2)) = 1

λ = k singolo, ⇒ dim(E(k)) = 1

quindi M è diagonalizzabile.

– Se k = 1, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono

λ = 1 triplo, dim(E(1)) = 2

λ = 2 singolo, dim(E(2)) = 1

quindi M non è diagonalizzabile.

– Se k = 2, allora gli autovalori e le dimensioni degli autospazi sono

λ = 1 doppio, dim(E(1)) = 2

λ = 2 doppio, dim(E(2)) = 1

quindi M non è diagonalizzabile. b) Fissiamo per esempio k = 0. Dai calcoli svolti precedentemente, sostituendo k = 0, ottenaimo

E(1) = ⟨ (−1, 0, 3, 1), (0, 1, 0, 0) ⟩, E(2) = ⟨ (2, 1, 1, 0) ⟩ Calcoliamo inoltre E(0):

E(0) = N(M) : [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & −1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = t \\ w = 0 \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨ (0, 1, 1, 0) ⟩

Infine la matrice diagonalizzante è

P = [\begin{matrix}−1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] con P^{−1}MP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

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Esercizio 9.21. Sia A la matrice dipendente dal parametro reale

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ k − 3 & 2 − k & 0 & −k \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 − k & k & 0 & k + 2 \end{matrix}]

a) Discutere la diagonalizzabiltà di A al variare di k.

b) Determinare una base di R^{4} costituita da autovettori di A per un valore opportuno di k.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A, sviluppando rispetto a opportune righe

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}1 − λ & 0 & 0 & 0 \\ k − 3 & 2 − k − λ & 0 & −k \\ 0 & 0 & 1 − λ & 0 \\ 2 − k & k & 0 & k + 2 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ) det [\begin{matrix}2 − k − λ & 0 & −k \\ 0 & 1 − λ & 0 \\ k & 0 & k + 2 − λ \end{matrix}]

= (1 − λ)^{2}[(2 − k − λ)(k + 2 − λ) + k^{2}] = (1 − λ)^{2}[(2 − λ)^{2} − k^{2} + k^{2}] = (1 − λ)^{2}(2 − λ)^{2}

quindi gli autovalori di A sono λ = 2, 1, entrambi di molteplicità algebrica due. Calcoliamo ora gli autospazi.

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 & 0 \\ k − 3 & −k & 0 & −k \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ 2 − k & k & 0 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x = 0 \\ (k − 3)x − ky − kw = 0 \\ −z = 0 \\ (2 − k)x + ky + kw = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = 0 \\ −ky − kw = 0 \\ z = 0 \\ ky + kw = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi:

• Se k ≠ 0 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ dim(E(2)) = 1 ⇒ A non è diagonalizzabile

• Se k = 0 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ dim(E(2)) = 2 e E(2) = ⟨(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩.

A questo punto A può essere diagonalizzabile solo se k = 0. Si tratta di verificare se per k = 0 anche dim(E(1)) = 2.

E(1) = N(M − I) con k = 0 : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ −3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 3t \\ z = s \\ w = −2t \end{cases}

⇒ dim(E(1)) = 2 e E(1) = ⟨(1, 3, 0, −2), (0, 0, 1, 0)⟩ con k = 0.

a) Abbiamo verificato che A è diagonalizzabile solo per k = 0.

b) Per k = 0 una base di R^{4} formata da autovettori di A è data da

B(R^{4}) = { (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 3, 0, −2), (0, 0, 1, 0) }

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Esercizio 9.22. Data la matrice

M = [\begin{matrix}3 & 0 & 1 & 0 \\ k − 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 1 \end{matrix}]

a) Si discuta la diagonalizzabiltà di M al variare del parametro k ∈ R.

b) Per k = 2, si determini una base di R^{4} formata da autovettori di M.

Soluzione:

a) Il polinomio caratterestico di M è

p_{M}(λ) = (1 − λ)(k − λ)(3 − λ)(2 − λ)

Quindi gli autovalori sono λ = 1, 2, 3, k e dobbiamo discutere i valori di k. – Se k ≠ 1, 2, 3 i quattro autovalori sono distinti e singoli, quindi M è diagonalizzabile.

– Se k = 1 l’autovalore λ = 1 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}]

Poichè rg(M − I) = 3, dim(E(1)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

– Se k = 2 l’autovalore λ = 2 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 4 & −1 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + 4z − w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \\ w = 2s + 4t \end{cases} ⇒ E(2) = ⟨(−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2)⟩

Poiché λ = 2 ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e gli altri autovalori sono singoli, per k = 2 la matrice M è diagonalizzabile.

– Se k = 3 l’autovalore λ = 3 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}]

Poichè rg(M − 3I) = 3, dim(E(3)) = 1 e M non è diagonalizzabile.

b) Per k = 2 abbiamo già determinato E(2). Calcoliamo gli altri due autospazi:

E(1) = N(M − I) : [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(0, 0, 0, 1)⟩

E(3) = N(M − 3I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 \\ −1 & 2 & 3 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & −2 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}z = 0 \\ x − y + z = 0 \\ y + 4z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 2t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ⇒ E(3) = ⟨(2, 2, 0, 1)⟩

Infine una delle basi cercate è

B = { (−1, 0, 1, 4), (0, 1, 0, 2), (0, 0, 0, 1), (2, 2, 0, 1)}
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Esercizio 9.23. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}] .

a) Determinare per quali valori di k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Stabilire per quali valori di k le due matrici A e B sono simili.

Soluzione:

a) Abbiamo che

p_{B}(λ) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi B ha due autovalori: λ_{1} = 2 e λ_{2} = 1, doppio, ed è diagonalizzabile sse l’autospazio E(1) ha dimensione 2. Per determinare E(1) risolviamo il sistema omogeneo associato a B − I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 0 & | & 0 \\ 5 & k − 2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 2)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 2)y = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi.

– Se k ≠ 2 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases}

quindi E(1) ha dimensione 1 e B non è diagonalizzabile.

– Se k = 2 otteniamo

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = t \end{cases}

quindi E(1) ha dimensione 2 e B è diagonalizzabile.

b) Due matrici diagonalizzabili sono simili sse hanno gli stessi autovalori (contati on le rispettiva molteplicità). Studiamo quindi la diagonalizzabilità di A.

p_{A}(λ) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Come la matrice B, anche A è diagonalizzabile sse l’autospazio E(1) ha dimensione 2. Per determinare E(1) risolviamo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = 0 \end{cases}

Quindi E(1) ha dimensione 2 e A è diagonalizzabile.

In conclusione A e B sono simili quando sono entrambe diagonalizzabili, ovvero se k = 2

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Esercizio 9.24. Siano A e B le matrici reali

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 1 & 1 \end{matrix}]

Determinare, se esistono, i valori del parametro reale k per cui A e B sono simili.

Soluzione:

Due matrici diagonalizzabili sono simili se sono simili alla stessa matrice diagonale, ovvero se hanno gli stessi autovalori. Inoltre se una delle due matrici è diagonalizzabile mentre l’altra non lo è, allora le due matrici non sono simili. Studiamo quindi la diagonalizzabilità di A e B.

p_{A}(λ) = (1 − λ)^{2}(3 − λ)
p_{B}(λ) = (1 − λ)^{2}(3 − λ)

quindi A e B hanno gli stessi autovalori λ_{1} = 1, doppio, e λ_{2} = 3.

Per stabilire se A è diagonalizzabile calcoliamo la dimensione del suo autospazio E_{A}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ dim(E_{A}(1)) = 3 − rg(A − I) = 3 − 1 = 2

e la matrice A è diagonalizzabile.

A questo punto possiamo affermare che A e B sono simili se e solo se anche B è diagonalizzabile. Calcoliamo quindi la dimensione del suo autospazio E_{B}(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a B − I:

[\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 0 & 0 \\ 5 & k − 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 1)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 1)y = 0 \\ z = t \end{cases}

Quindi l’autospazio E_{B}(1) ha dimensione 2 se e solo se k = 1.

Infine A e B sono simili solamente se k = 1, quando sono entrambe simili alla matrice

D = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

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Esercizio 9.25. Considerare le matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  B = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]  C = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & t & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

a) Determinare gli autovalori e gli autovettori di A e di B.

b) Stabilire se A e B sono simili.

c) Esistono valori di t per cui C e B sono simili? a) Il polinomio caratterestico di A è

p_{A}(λ) = (1 − λ)(2 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di A sono λ = 2 doppio e λ = 1. Calcoliamo gli autospazi:

E_{A}(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ⇒ E_{A}(1) = ⟨(0, 0, 1)⟩

E_{A}(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E_{A}(2) = ⟨(1, 0, 0)⟩

Analogamente calcoliamo gli autovalori e gli autovettori di B:

p_{B}(λ) = (1 − λ)(2 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di B sono λ = 2 doppio e λ = 1. Calcoliamo gli autospazi:

E_{B}(1) = N(B − I) : [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E_{B}(1) = ⟨(1, 0, 0)⟩

E_{B}(2) = N(B − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ⇒ E_{B}(2) = ⟨(1, 1, 0), (0, 0, 1)⟩

b) A e B non sono simili poiché A non è diagonalizzabile mentre B lo è.

c) Studiamo gli autovalori e la diagonalizzabilità di C:

p_{C}(λ) = (1 − λ)(t − λ)(2 − λ)

Condizione necessaria perché B e C siano simili è che abbiano gli stessi autovalori con la stessa molteplicità, quindi deve essere t = 2. Verifichiamo se per tale valore anche C è diagonalizzabile.

E_{C}(2) = N(C − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t + s \\ y = t \\ z = s \end{cases} ⇒ E_{C}(2) = ⟨(1, 1, 0), (1, 0, 1)⟩

Infine per t = 2 le matrici B e C sono simili in quanto sono entrambe simili alla matrice diagonale

D = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

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Esercizio 9.26. Siano A e B le matrici seguenti

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] B = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 5 & k − 2 & 1 \end{matrix}]

a) Dire per quali valori del parametro reale k la matrice B è diagonalizzabile.

b) Per k = 3 le due matrici possono essere associate allo stesso endomorfismo?

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = det(B − λI) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di B sono – λ = 1 doppio

– λ = 2

Poichè l’autovalore λ = 2 è singolo sappiamo che il relativo autospazio E(2) ha dimensione 1. Si tratta quindi di controllare solamente la dimensione dell’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice B − I:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 \\ k & 0 & 0 & | & 0 \\ 5 & k − 2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ kx = 0 \\ 5x + (k − 2)y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ (k − 2)y = 0 \end{cases}

Si tratta quindi di distinguere due casi – Se k = 2 otteniamo le soluzioni

\begin{cases}x = 0 \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (0, 1, 0), (0, 0, 1) ⟩

Quindi se k = 2 la matrice B è diagonalizzabile.

– Se k ≠ 2 otteniamo le soluzioni

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (0, 0, 1) ⟩

Quindi se k ≠ 2 la matrice B non è diagonalizzabile.

b) Dal punto precedente sappiamo che per k = 3 la matrice B non è diagonalizzabile. Studiamo ora la matrice A:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (2 − λ)(1 − λ)^{2}

Quindi gli autovalori di A sono – λ = 1 doppio

– λ = 2 Quindi A ha effettivamente gli stessi autovalori di B.

Come per la matrice B, per stabilire sa A è diagonalizzabile dobbiamo solamente controllare la dimensione dell’autospazio E(1) relativo all’autovalore λ = 1. Risolviamo quindi il sistema omogeneo associato alla matrice A − I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ z = 0 ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ⟩

Quindi A è diagonalizzabile, ovvero è associata ad un endomorfismo diagonalizzabile, mentre per k = 3 la matrice B non lo è. Di conseguenza le matrici A e B non possono essere associate allo stesso endomorfismo.

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Esercizio 9.27. Sia T l’endomorfismo di R^{3} associato alla matrice

A = [\begin{matrix}6 & 3 & −1 \\ 2 & 7 & −1 \\ 2 & 3 & 3 \end{matrix}]

a) Stabilire se 4 è autovalore di A. Calcolare gli autovalori e autovettori di A.

b) La matrice A è diagonalizzabile per similitudine? In caso affermativo, indicare una matrice diagonalizzante.

c) Sia C la matrice dipendente da t ∈ R:

C = [\begin{matrix}4 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]

Esistono valori di t ∈ R per cui A e C siano simili?

Calcoliamo il polinomio caratteristico di A :

p_{A}(λ) = det [\begin{matrix}6 − λ & 3 & −1 \\ 2 & 7 − λ & −1 \\ 2 & 3 & 3 − λ \end{matrix}] = (6 − λ) [(7 − λ)(3 − λ) + 3] − 3 [6 − 2λ + 2] + [6 − 14 + 2λ] =

= (6 − λ)(λ^{2} − 10λ + 24) − 3(8 − 2λ) − (2λ − 8) =

= (6 − λ)(λ − 6)(λ − 4) + 6(λ − 4) − 2(λ − 4) =

= (λ − 4) [(6 − λ)(λ − 6) + 6 − 2] = −(λ − 4)(λ^{2} − 12λ + 32)

a) Gli autovalori di A sono λ = 4 (doppio) e λ = 8. Calcoliamo ora gli autospazi.

E(4) = N(A − 4I) : [\begin{matrix}2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ 2x + 3y − z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −\frac{3}{2}s + \frac{1}{2}t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒

E(4) = ⟨ (−3, 2, 0), (1, 0, 2) ⟩

E(8) = N(A − 8I) : [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 2 & −1 & −1 & | & 0 \\ 2 & 3 & −5 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 3 & −1 & | & 0 \\ 0 & 2 & −2 & | & 0 \\ 0 & 6 & −6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒

E(8) = ⟨ (1, 1, 1) ⟩

b) A è diagonalizzabile perché la molteplicitá algebrica e geometrica dei sui autovalori coincidono. La matrice diagonalizzante è:

P = [\begin{matrix}−3 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

c) Poichè A è diagonalizzabile, A e C sono simili se anche C ha gli stessi autovalori di A ed è anch’essa diagonalizzabile (cioè sono simili alla stessa matrice diagonale). Perchè A e C abbiano gli stessi autovalori (λ = 4 doppio, e λ = 8) deve essere t = 8. Inoltre per tale valore l’autospazio E(4) di C è

E_{C}(4) = N(C − 4I) : [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E_{C}(4) = ⟨ (1, 0, 0) ⟩ ⇒ dim(E_{C}(4)) = 1

Di conseguenza C non è diagonalizzabile e A e C non sono mai simili.

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Esercizio 9.28. Si consideri la matrice ad elementi reali

A = [\begin{matrix}3 − k & −1 & 0 \\ k & 2 & k \\ 0 & 1 & 3 − k \end{matrix}]

a) Determinare gli autovalori della matrice A.

b) Stabilire per quali valori del parametro reale k la matrice data è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A sviluppando rispetto alla prima colonna:

p_{A}(λ) =(3 − k − λ) · [(2 − λ)(3 − k − λ) − k] + k(3 − k − λ)
= (3 − k − λ)(2 − λ)(3 − k − λ) − k(3 − k − λ) + k(3 − k − λ)
= (3 − k − λ)(2 − λ)(3 − k − λ) = (3 − k − λ)^{2}(2 − λ)

Quindi gli autovalori di A sono:

λ_{1} = 2
λ_{2} = 3 − k almeno doppio

Notiamo che possiamo solo dire che λ_{2} è almeno doppio, in quanto se k = 1 avremmo un unico autovalore λ_{1} = λ_{2} = 2, triplo. b) Per stabilire se la matrice è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione dell’autospazio

E(−k + 3), che deve essere almeno 2 (la dimensione deve essere 3 nel caso k = 1 quando si ha un unico autovalore λ_{1} = λ_{2} = 2 triplo).

Calcoliamo quindi l’autospazio E(3 − k) relativo all’autovalore λ_{2} risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A − (3 − k)I:

[\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ k & k − 1 & k \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ −I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}k & k − 1 & k \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}kx + (k − 1)y + kz = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}kx + kz = 0 \\ y = 0 \end{cases}

Per risolvere il sistema dobbiamo distinguere due casi – Se k = 0, allora il sistema si riduce alla sola equazione y = 0, quindi ha soluzione

\begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = s \end{cases}

e E(−k + 3) = E(3) = ⟨(1, 0, 0), (0, 0, 1)⟩. In particolare E(−k + 3) ha dimensione 2 uguale alla molteplicità algebrica di λ_{2} (Notiamo che per k = 0, λ_{1} = 2 è singolo e λ_{2} = 3 è doppio). Di conseguenza se k = 0 la matrice è diagonalizzabile.

– Se k ≠ 0 possiamo dividere la prima equazione per k ottenendo il sistema equivalente

\begin{cases}x + z = 0 \\ y = 0 \end{cases} \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = −t \end{cases}

Quindi in questo caso E(−k + 3) = ⟨(1, 0, −1)⟩. In particolare E(−k + 3) ha dimensione 1 minore della molteplicità algebrica di λ_{2}. Di conseguenza se k ≠ 0 la matrice non è diagonalizzabile.

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Esercizio 9.29. Sia S l’endomorfismo di R^{4} con matrice associata

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 1/2 & 0 \\ −2 & b & b − 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

rispetto alla base canonica. a) Determinare autovalori e autovettori di S.

b) Trovare i valori di b per i quali S è diagonalizzabile.

Soluzione:

a) Il polinomio carateristico di A è:

p_{A}(λ) = (2 − λ)(b − λ)[(3 − λ)^{2} − 1] = (2 − λ)(b − λ)(λ − 2)(λ − 4)

Per determinare esattamente gli autovalori dobbiamo distinguere 3 casi – Se b ≠ 2, 4: λ = 2 doppio, λ = 4, λ = b

– Se b = 2,: λ = 2 triplo, λ = 4

– Se b = 4: λ = 2 doppio, λ = 4 doppio Determiniamo l’autospazio E(2):

[\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ −2 & b − 2 & b − 3 & 0 & | & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + 2I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 2 & b − 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 2 & b − 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 2 & b − 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere due casi – Se b ≠ 2, E(2) = ⟨(−\frac{1}{2}, −1, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)⟩

– Se b = 2, E(2) = ⟨(−\frac{1}{2}, 0, 1, 0) , (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)⟩ Determiniamo l’autospazio E(4):

[\begin{matrix}−1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ −2 & b − 4 & b − 3 & 0 & | & 0 \\ 2 & 0 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 4 & b − 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 4 & b − 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}−1 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ 0 & b − 4 & b − 4 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere due casi – Se b ≠ 4, E(4) = ⟨(\frac{1}{2}, −1, 1, 0)⟩

– Se b = 4, E(4) = ⟨(\frac{1}{2}, 0, 1, 0) , (0, 1, 0, 0)⟩ Determiniamo l’autospazio E(b) nei casi b ≠ 2, 4:

[\begin{matrix}3 − b & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & b − 3 & 0 & | & 0 \\ 2 & 0 & 3 − b & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − b & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 0 & b − 3 & 0 & | & 0 \\ 3 − b & 0 & \frac{1}{2} & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − b & | & 0 \end{matrix}]

⇒ 2II + (3 − b)I [\begin{matrix}−2 & 0 & b − 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −b^{2} + 6b − 8 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − b & | & 0 \end{matrix}]

Avendo supposto b ≠ 2, 4 si ha 2 − b ≠ 0 e −b^{2} + 6b − 8 ≠ 0, quindi

– Se b ≠ 2, 4, E(b) = ⟨(0, 1, 0, 0)⟩

b) Abbiamo trovato che:

– Se b ≠ 2, 4, allora dim(E(2)) = 2, dim(E(4)) = 1, dim(E(b)) = 1, quindi T è diagonalizzabile.

– Se b = 2, allora dim(E(2)) = 3, dim(E(4)) = 1, quindi T è diagonalizzabile.

– Se b = 4, allora dim(E(2)) = 2, dim(E(4)) = 2, quindi T è diagonalizzabile. Infine T è sempre diagonalizzabile.

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Esercizio 9.30. Sia A la matrice reale dipendente dal parametro k

A = [\begin{matrix}1 & 0 & k^{2} \\ 0 & k & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Determinare per quali k la matrice A è diagonalizzabile.

b) Per i valori determinati in a), trovare una base di R^{3} formata da autovettori di A

Soluzione:

a) Il polinomio caratterestico di A è

p_{A}(λ) = (k − λ)[(1 − λ)^{2} − k^{2}] = (k − λ)[λ^{2} − 2λ + 1 − k^{2}]

Quindi gli autovalori, non necessariamente distinti, sono λ = k, 1 + k, 1 − k. Distinguiamo i casi in cui gli autovalori possono essere doppi:

– Se k = 0, allora k + 1 = −k + 1 = 1 è un autovalore doppio,

– Se k = \frac{1}{2}, allora k = −k + 1 = \frac{1}{2} è un autovalore doppio,

– Se k ≠ 0, \frac{1}{2} i tre autovalori sono distinti. Di conseguenza dobbiamo distinguere tre casi per studiare la diagonalizzazione.

– Se k = 0 l’autovalore λ = 1 è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}]

Poichè rg(A − I) = 2, dim(E(1)) = 1 e A non è diagonalizzabile.

– Se k = \frac{1}{2} l’autovalore λ = \frac{1}{2} è doppio, quindi dobbiamo stabilirne la molteplicità geometrica.

E (\frac{1}{2}) = N (A − \frac{1}{2}I) : [\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \frac{1}{2} \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}4I \\ 2III − 4I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

2x + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = −2t \end{cases} ⇒ E (\frac{1}{2}) = ⟨(1, 0, −2), (0, 1, 0)⟩

Poiché λ = \frac{1}{2} ha molteplicità algebrica e geometrica 2 e l’altro autovalore λ = k + 1 = \frac{3}{2} è singolo, per k = \frac{1}{2} la matrice A è diagonalizzabile.

– Se k ≠ 0, \frac{1}{2} i tre autovalori sono distinti e singoli, quindi A è diagonalizzabile.

b) Calcoliamo gli autospazi:

E(k) = N(A − kI) : [\begin{matrix}1 − k & 0 & k^{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 − k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 − k \\ 1 − k & 0 & k^{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

II − (1 − k)I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 − k \\ 0 & 0 & 2k − 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + (1 − k)z = 0 \\ (2k − 1)z = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k ≠ \frac{1}{2}, E(k) = ⟨(0, 1, 0)⟩.

– Se k = \frac{1}{2}, E(k) = E (\frac{1}{2}) = ⟨(1, 0, −2), (0, 1, 0)⟩. Notiamo che avevamo già calcolato tale autospazio al punto precedente.

E(k + 1) = N(A − (k + 1)I) : [\begin{matrix}−k & 0 & k^{2} \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & −k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ −II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −k \\ 0 & 1 & 0 \\ −k & 0 & k^{2} \end{matrix}] ⇒

III + kI [\begin{matrix}1 & 0 & −k \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − kz = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = kt \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ⇒ E(k + 1) = ⟨(k, 0, 1)⟩

E(1 − k) = N(A − (1 − k)I) : [\begin{matrix}k & 0 & k^{2} \\ 0 & 2k − 1 & 0 \\ 1 & 0 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ −II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & k \\ 0 & 2k − 1 & 0 \\ k & 0 & k^{2} \end{matrix}] ⇒

III − kI [\begin{matrix}1 & 0 & k \\ 0 & 2k − 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Anche in questo caso bisogna distinguere due casi:

– Se k ≠ \frac{1}{2}, E(−k + 1) = ⟨(−k, 0, 1)⟩.

– Se k = \frac{1}{2}, E(−k + 1) = E (\frac{1}{2}) = ⟨(−\frac{1}{2}, 0, 1) , (0, 1, 0)⟩. Notiamo che avevamo già calcolato tale autospazio sia al punto precedente che calcolando E(k) nel caso k = \frac{1}{2}. Infine una delle basi cercate è

B = \{ (0, 1, 0), (k, 0, 1), (−k, 0, 1)\} , se k ≠ 0, \frac{1}{2},

B = \{ (0, 1, 0), (1, 0, −2), (1, 0, 2)\} , se k = \frac{1}{2},

Notiamo che in realtà non è necessario distinguere i due casi, anche se le basi sono ottenute da autospazi differenti, in quanto ponendo k = \frac{1}{2} nella prima base si ottiene comunque la seconda base.

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Esercizio 9.31. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & k & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 1 & −1 \\ 3 & 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

a) Calcolare gli autovalori di A.

b) Stabilire per quali valori reali di k la matrice A diagonalizzabile.

Soluzione: Calcoliamo il polinomio caratteristico di A sviluppando rispetto alla seconda colonna:

p_{A}(λ) = (1 − λ) · [(2 − λ)(2k − λ) − 4k] = (1 − λ) [λ^{2} − (2k + 2)λ]
= λ(1 − λ) [λ − (2k + 2)]

Quindi gli autovalori di A sono

λ = 0, λ = 1, λ = 2k + 2

Dobbiamo ora distinguere tre casi:

• Se 2k + 2 ≠ 0, 1, allora A ha tre autovalori distinti ed è diagonalizzabile.

• Se 2k + 2 = 0, cioè k = −1 allora l’autovalore λ = 0 è doppio (mentre λ = 1 è singolo), quindi per stabilire se A è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione di E(0):

[\begin{matrix}2 & 0 & 4 \\ −1 & 1 & −1 \\ −1 & 0 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + 1/2I \\ III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ E(0) = ⟨(−2, −1, 1)⟩

Quindi per k = −1 l’autovalore λ = 0 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1 e A non è diagonalizzabile.

• Se 2k + 2 = 1, cioè k = −\frac{1}{2} allora l’autovalore λ = 1 è doppio (mentre λ = 0 è singolo), quindi per stabilire se A è diagonalizzabile dobbiamo calcolare la dimensione di E(1):

[\begin{matrix}1 & 0 & 4 \\ −\frac{1}{2} & 0 & 0 \\ −\frac{1}{2} & 0 & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨(0, 1, 0)⟩

Quindi per k = −\frac{1}{2} l’autovalore λ = 1 ha molteplicità algebrica 2, ma molteplicità geometrica 1 e A non è diagonalizzabile.

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Esercizio 9.32. Sia T l’endomorfismo di R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}−4 & −1 & 3 \\ −6 & 1 & 3 \\ −12 & −2 & 8 \end{matrix}]

a) Stabilire se A è diagonalizzabile e, in caso positivo, determinare una matrice P tale che P^{−1}AP sia una matrice diagonale.

b) Determinare, se esistono, i valori di k per cui la matrice

B = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & k + 1 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

può essere associata al medesimo endomorfismo T.

Soluzione:

a) Il polinomio caratteristico di A è p_{A}(λ) = −(λ − 1)(λ − 2)^{2}, quindi T ha l’autovalore λ = 2,

doppio, e λ = 1, singolo.

Per stabilire se T è diagonalizzabile cominciamo a calcolare l’autospazio E(2):

E(2) = N(A − 2I) : [\begin{matrix}−6 & −1 & 3 \\ −6 & −1 & 3 \\ −12 & −2 & 6 \end{matrix}] ⇒ −6x − y + 3z = 0 ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = −6t + 3s \\ z = s \end{cases} ⇒

E(2) = ⟨ (1, −6, 0), (0, 3, 1)⟩

A questo punto possiamo già dire che T è diagonalizzabile.

Determiniamo l’autospazio E(1):

E(1) = N(A − I) : [\begin{matrix}−5 & −1 & 3 \\ −6 & 0 & 3 \\ −12 & −2 & 7 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/3II \\ I \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 0 & −1 \\ −5 & −1 & 3 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 2II + 5III [\begin{matrix}2 & 0 & −1 \\ 0 & −2 & 1 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (1, 1, 2)⟩

Infine la matrice P diagonalizzante (formata da una base di autovettori) è

P = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ −6 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

b) Dal momento che A è diagonalizzabile con autovalori λ = 2, doppio, e λ = 1, singolo, A e B sono associate allo stesso endomorfismo T se anche B ha le stesse caratteristiche. Calcoliamo quindi il polinomio caratteristico di B:

p_{B}(λ) = (1 − λ)(2 − λ)(k − λ)

quindi A e B hanno gli stessi autovalori se k = 2. Dobbiamo ora verificare che, per k = 2, anche B sia diagonalizzabile, ovvero che λ = 2 abbia molteplicità geometrica 2:

E_{B}(2) = N(B − 2I) : [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

La molteplicità geometrica di λ = 2 è 1, quindi B non è diagonalizzabile e A e B non sono associate al medesimo endomorfismo T per nessun valore di k.

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Esercizio 9.33. Sia T l’endomorfismo di R_{2}[x] che associa al polinomio p(x) = ax^{2} + bx + c ∈ R_{2}[x] il polinomio

T (p(x)) = (a + kb)x^{2} + (ka + b)x + kc.

a) Trovare la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1}.

b) Calcolare gli autovalori di T.

Soluzione:

Notiamo che il generico polinomio p(x) = ax^{2} +bx+c ∈ R_{2}[x] ha componenti (a, b, c) rispetto alla base {x^{2}, x, 1}. In particolare p(x) = x^{2} ha componenti (1, 0, 0), p(x) = x ha componenti (0, 1, 0) e p(x) = 1 ha componenti (0, 0, 1). In sostanza la base {x^{2}, x, 1} corrisponde quindi alla base canonica. Inoltre T può essere vista come applicazione T : R^{3} → R^{3} tale che:

T (a, b, c) = (a + kb, ka + b, kc).

a) Calcoliamo la immagini degli elementi della base:

T (x^{2}) = T (1, 0, 0) = (1, k, 0) = x^{2} + kx
T (x) = T (0, 1, 0) = (k, 1, 0) = kx^{2} + x
T (1) = T (0, 0, 1) = (0, 0, k) = k

Di conseguenza la matrice associata a T rispetto alla base {x^{2}, x, 1} è

A = [\begin{matrix}1 & k & 0 \\ k & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

b) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:

p_{A}(λ) = (k − λ) [(1 − λ)^{2} − k^{2}] = (k − λ)(1 − λ − k)(1 − λ + k)

Di conseguenza gli autovalori (non sempre distinti) sono

λ = k,  λ = 1 − k,  λ = 1 + k
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