DIAGONALIZZAZIONE / ESERCIZI SVOLTI

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1 M.GUIDA, S.ROLANDO, DIAGONALIZZAZIONE / ESERCIZI SVOLTI L asterisco contrassegna gli esercizi meno basilari (perché più difficili o di approfondimento). Stabilire se la matrice A = R 3,3 1 1 è diagonalizzabile (in R) e,incasoaffermativo, determinare una matrice D R 3,3 diagonale ed una matrice P R 3,3 invertibile tali che P 1 AP = D. Svolgimento. A è diagonalizzabile (in R) seesolose(i) il polinomio caratteristico di A ha 3 radici reali λ 1, λ, λ 3 (distinte o no) e (ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3. P (λ) = 1 λ 1 0 λ λ =( λ) λ + λ = λ (λ ), =( λ) 1 λ λ (1 =( λ) λ) 1 chehale3radicirealiλ 1 =0(autovalore semplice) e λ = λ 3 =(autovalore doppio). La condizione (i) èalloraverificata e risulta necessariamente dim V 0 = m 0 (in quanto λ =0è autovalore semplice). Dunque A è diagonalizzabile se e solo se dim V =(in quanto λ =è autovalore doppio). Poiché A I 3 = R 3 R 3 +R ha rango 1, risultaeffettivamente dim V =3 ρ (A I 3 )=e quindi A è diagonalizzabile. Per diagonalizzare A, determiniamo una base per ciascuno degli autospazi V 0,V R 3 di A, ossia risolviamo in R 3 i due sistemi lineari omogenei di matrici A e A I 3. Il primo sistema è x +y + z =0 x + z =0 y =0, cioè y =0, x y + z =0 x + z =0 che è immediatamente risolto da (x, y, z) = ( z, 0,z) = z ( 1, 0, 1), per cui risulta V 0 = L (( 1, 0, 1)). Tenendo conto della riduzione effettuata su A I 3, il secondo sistema equivale alla sola equazione x +y + z =0epertanto è risolto da (x, y, z) = (y + z, y, z) = y (, 1, 0) + z (1, 0, 1), fornendo V = L ((, 1, 0), (1, 0, 1)). Dunque risulta P 1 AP = D con D e P ottenute disponendo gli autovalori di A sulla diagonale di D e le basi ricavate per gli autospazi sulle colonne di P,inmodocoerente 6,cioè D = e P = significa, ricordiamo, che sulla j-esima colonna di D c è l autovalore relativo all autovettore disposto sulla j-esima colonna di P

2 M.GUIDA, S.ROLANDO, 015 Discutere, alvariaredik R, la diagonalizzabilità della matrice A = 9 k 3 0 k 0 R 3, e diagonalizzarla per gli eventuali valori di k per cui A risulta simmetrica. Svolgimento. A è diagonalizzabile (in R) seesolose(i) il polinomio caratteristico di A ha 3 radici reali λ 1, λ, λ 3 (distinte o no) e (ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3. 9 λ k 3 P (λ) = 0 k λ 0 =(k λ) 9 λ λ 3 1 λ =(k λ)((9+λ)(1+λ) 9) = λ (λ + ) (k λ), chehale3radicirealiλ 1 = k, λ =, λ 3 =0. La condizione (i) èalloraverificata k R. Se k = e k = 0,alloraλ 1, λ, λ 3 sono distinti, quindi vale anche la condizione (ii) e A risulta diagonalizzabile. Se k =, alloraλ 1 = λ = e A è diagonalizzabile se e solo se dim V =(perché dim V 0 =1è garantito dalla semplicità della radice λ 3 ). Poiché A +I 3 = ha evidentemente rango, risulta dim V = 3 ρ (A +I 3 ) = 1 = e quindi A non è diagonalizzabile. Se k =0, allora non occorre controllare la condizione (ii) perché A risulta simmetrica (reale) e quindi diagonalizzabile 7. In definitiva A è diagonalizzabile se k =, mentre non è diagonalizzabile se k =. Guardando la matrice A, risulta evidente che A èsimmetricaseesolosea 1 = a 1,cioèk =0. Per procedere alla diagonalizzazione, assumiamo allora k =0edeterminiamo una base per ciascuno degli autospazi V 0 e V di A, ossia risolviamo in R 3 i due sistemi lineari omogenei di matrici A = e A +I 3 = Il primo equivale a 3x z = 0 e quindi una base di V 0 = {(x, y, 3x) :x, y R} è B V0 = ((1, 0, 3), (0, 1, 0)). Il secondo equivale a x +3z =0 y =0 e quindi una base di V = {( 3z,0,z):z R} è B V =(( 3, 0, 1)). Dunque risulta P 1 AP = con P = Si ricordi tutte le matrici simmetriche reali sono diagonalizzabili (tramite una matrice di passaggio che può essere scelta ortogonale).

3 M.GUIDA, S.ROLANDO, Osservazione importante sull esercizio precedente. Facciamo notare che: (a) le colonne di P sono ortogonali in R 3 ; (b) la matrice P non è ortogonale. L osservazione (a) è in accordo con il fatto che autovettori relativi ad autovalori diversi di una matrice simmetrica reale sono tra loro ortogonali (e quindi i vettori di V 0 sono tutti ortogonali a tutti i vettori di V ), ma l aver trovato una base di V 0 fatta essa stessa di vettori ortogonali tra loro è accidentale: questo si può sempre fare, ma in V 0 esistono anche basi non ortogonali e, con i conti svolti, avremmo potuto trovare una di queste. Circa l osservazione (b), P non è ortogonale perché i vettori di B V0 e B V non sono unitari, mentre una matrice è ortogonale se e solo se le sue colonne sono versori a due a due ortogonali. Per diagonalizzare A mediante una matrice ortogonale, diciamo N, si sarebbero allora dovute unire basi ortonormali di V 0 e V, prendendo ad esempio BV 0 = 1 (1, 0, 3), (0, 1, 0) e BV = 1 ( 3, 0, 1), e quindi N = è semplice. Svolgimento. Stabilire per quali valori di k R l endomorfismo f : R 3 R 3 definito da f (x, y, z) =(x + y + z, ky +z,kz) La matrice di f rispetto alla base canonica di R 3 è M = k 00k (ottenuta ad esempio disponendo sulle righe i coefficienti dei polinomi ordinati x + y + z,ky + z, kz) edf èsempliceseesolose(i) il polinomio caratteristico di M ha 3 radici reali λ 1, λ, λ 3 (distinte o no) e (ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3. Poiché M è triangolare, le radici del suo polinomio caratteristico sono gli elementi della sua diagonale principale, ossia λ 1 =1, λ = k, λ 3 =k. La condizione (i) èalloraverificata k R e si deve discutere la condizione (ii), analizzando le molteplicità delle radici e le dimensioni degli autospazi associati. Le tre radici λ 1, λ, λ 3 sono semplici se e solo se k = 0, 1/, 1; in tal caso, anche la condizione (ii) èverificata e quindi f è semplice. Diversamente, cioè se k =0oppure k =1/ oppure k =1,allorarisulta λ = λ 3 = λ 1 se k =0 λ 1 = λ 3 = λ se k =1/ λ 1 = λ = λ 3 se k =1. Si hanno quindi sempre una radice semplice ed una radice doppia, diciamo λ i con m λi =.In ciascun caso si vede facilmente che risulta ρ (M λ i I 3 )=,dacuisegue dim V λi =3 ρ (M λ i I 3 )=1= =m λi. Dunque f non è semplice per k =0,néperk =1/, néperk =1.

4 4 M.GUIDA, S.ROLANDO, 015 Sia f : R 3 R 3 l applicazione lineare tale che f (x, y, z) =(x + ay +3z, y + az, 4y +az). (i) Dire per quali valori di a R l applicazione f è diagonalizzabile. (ii) Per a =0, determinare una base di R 3 composta da autovettori di f. (iii) Calcolare dim ker f e dim im f per ogni a R. Svolgimento. (i) La matrice di f rispetto alla base canonica di R 3 è M a = 1 a 3 0 a 04a ed f è semplice (o diagonalizzabile) se e solo se (i) il polinomio caratteristico di M a ha 3 radici reali λ 1, λ, λ 3 (distinte o no) e (ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3. Il polinomio caratteristico di M a è P (λ) = 1 λ a 3 0 λ a 0 4 a λ =(1 λ) λ a 4 a λ =(1 λ) λ (λ a), chehale3radicirealiλ 1 =1, λ =0e λ 3 =+a. La condizione (i) èalloraverificata a R e si deve discutere la condizione (ii), analizzando le molteplicità di tali radici e le dimensioni degli autospazi associati. Le radici λ 1, λ, λ 3 sono tutte semplici se e solo se a = 1, 1; in tal caso, vale anche la condizione (ii) e quindi f è semplice. Diversamente, cioè se a = 1 oppure a = 1, allorarisulta λ1 = λ 3 =1= λ se a = 1 λ = λ 3 =0= λ 1 se a = 1, per cui si hanno sempre un autovalore semplice ed uno doppio. La dimensione dell autospazio associato all autovalore semplice è automaticamente pari alla sua molteplicità (cioè 1), quindi occorre valutare solo la dimensione dell autospazio associato all autovalore doppio. Per a = 1, l autovalore doppio è λ =1erisulta M 1/ I 3 = 0 1/ / 0 1/ / 0 1/ /, per cui ρ M 1/ I 3 =.Alloradim V1 =3 ρ M 1/ I 3 =1= =m1 e pertanto f non è semplice. Per a = 1, l autovalore doppio è λ =0erisulta M 1 0I 3 = M 1 = per cui ρ (M 1 )=. Allora dim V 0 =3 ρ (M 1 )=1= =m 0 e pertanto f non è semplice. Dunque f èsempliceseesolosea = 1, 1. (ii) Poniamo a =0. Poiché per tale valore di a l endomorfismo f risulta semplice, esistono basi di R 3 composte da autovettori di f. Una tale base si ottiene determinando una base per

5 M.GUIDA, S.ROLANDO, ciasuno degli autospazi V 0,V 1,V di f ed unendole. I sistemi lineari che individuano tali autospazi sono rispettivamente i sistemi lineari omogenei di matrici M 0 = 3 00, M 0 I 3 = , M 0 I 3 = Risolvendo tali sistemi, si trova V 0 = {( 3z,0,z):z R} = L (( 3, 0, 1)), V 1 = {(x, 0, 0) : x R} = L ((1, 0, 0)), V = {(6y, y, y) :y R} = L ((6, 1, )), per cui una base di R 3 composta da autovettori di f è A =(( 3, 0, 1), (1, 0, 0), (6, 1, )). (iii) Per ogni a R, siha dim im f = ρ (M a )=ρ 0 a = ρ 0a = 04a 000 e dim ker f =3 ρ (M a )=1. Data la matrice 1 1 A = , stabilire se A è diagonalizzabile (in R). Svolgimento. A R 4,4 è diagonalizzabile (in R) se e solo se (i) il polinomio caratteristico di A ha 4 radici reali λ 1, λ, λ 3, λ 4 (distinte o no) e (ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3, 4. 1 λ 1 P (λ) = 1 λ 1 λ λ 1 =(1 λ) 0 3 λ λ λ 1 03 λ λ =(1 λ)( λ) 3 λ λ 3 λ λ =[(1 λ)( λ) ] 3 λ λ = λ λ [(3 λ)( 1 λ)+3]= λ λ λ λ = λ λ (λ ) λ. Poiché λ λ =0se e solo se λ =oppure λ = 1, leradicidip (λ) sono λ 1 =0(autovalore semplice), λ = 1 (autovalore semplice) e λ 3 = λ 4 =(autovalore doppio). La condizione (i) èalloraverificata e risulta necessariamente dim V 0 = m 0 =1e dim V 1 = m 1 =1(in quanto 0 e 1 sono autovalori semplici). Dunque A è diagonalizzabile se e solo se dim V =(in quanto λ =è autovalore doppio). Si ha 1 1 A I 4 = R R +R R 4 R 4 3R e quindi ρ (A I 4 )=,dacuiseguedim V =4 ρ (A I 4 )=. Dunque A è diagonalizzabile.

6 6 M.GUIDA, S.ROLANDO, 015 ESERCIZIO*. Studiare la diagonalizzabilità della matrice A = in R einc. IncasoA sia diagonalizzabile, determinare una matrice P che la diagonalizzi. Svolgimento. A è diagonalizzabile in K se e solo se (i) il polinomio caratteristico di A ha 3 radici λ 1, λ, λ 3 in K, distinte o no (il che è automatico se K = C) e(ii) dim V λi = m λi per ogni i =1,, 3. 1 λ 1 0 P (λ) = 0 λ =(1 λ) λ 0 1 λ 1 λ =(1 λ) λ +, chehalasolaradicerealeλ 1 =1e due radici complesse λ,3 = ±i.dunque la condizione (i) non è verificata se K = R, percuia non è diagonalizzabile in R; la condizione (i) è(ovviamente)verificata se K = C eleradiciλ 1, λ, λ 3 C sono tutte semplici, per cui anche la condizione (ii) èverificata e quindi A è diagonalizzabile in C. Per procedere alla diagonalizzazione di A in C, determiniamo una base per ciascuno degli autospazi V 1,V i,v i C 3 di A, ossia risolviamo in C 3 i tre sistemi lineari omogenei di matrici A I 3 = , A i I 3 = 1 i i 0 1 i A + i 1+i 1 0 I 3 = 0 i 0 1 i. Il primo sistema è y =0 y +z =0, y z =0 che è immediatamente risolto da (x, y, z) =(x, 0, 0) e quindi risulta V 1 = L ((1, 0, 0)). Riducendo per righe la matrice del secondo sistema, si ottiene A i I 3 R 3 R 3 1 i R 1 i i 0 0 i i =, 1 i i e pertanto il sistema equivale a 1 i x + y =0 y = 1 i x i, cioè y +z =0 z = i y = i 1 i x = +i x. Dunque V i = L 1, 1+i, 1 i/. Risolvendo analogamente anche il terzo sistema, si trova V i = L 1, 1 i, 1+i/. In definitiva, disponendo coerentemente gli autovalori di A sulla diagonale e le basi degli autospazi sulle colonne, risulta P 1 AP = 0 i i con P = 0 1+i 1+i i 1 1 i