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1 Matrici simili. Matrici diagonalizzabili. Definizione (Matrici simili) Due matrici quadrate A, B si dicono simili se esiste una matrice invertibile P tale che B = P A P. () interpretazione: cambio di base. Se A e B rappresentano la medesima trasformazione lineare f : R n R n rispetto a due basi diverse, e precisamente: ˆ A rappresenta f rispetto alla base canonica; ˆ B rappresenta f rispetto alla base P = {p,..., p n }, allora sappiamo che vale tra le due matrici la relazione: B = P A P, cioè A e B sono matrici simili. Viceversa, se A e B sono due matrici simili, in base alla definizione abbiamo che vale quella stessa relazione (), con P matrice invertibile: dunque le colonne di P sono n vettori l.i., perciò una base di R n, e dunque possiamo interpretare la () come un cambiamento di rappresentazione di una medesima trasformazione f, scritta su basi diverse (quella canonica e quella data da P ). In breve: matrici simili rappresentative della stessa trasformazione lineare: (R n A, E) (R n, E) f : P P (R n, P) B (R n, P) B = P A P significa che posso andare da (R n, P) a (R n, P) indifferentemente percorrendo la base del quadrato (B) oppure gli altri tre lati (P A P ). Teorema Condizione necessaria perché due matrici siano simili è che abbiano gli stessi autovalori (e dunque anche lo stesso determinante, dato dal prodotto degli autovalori).

2 Esercizio. Verificare che le matrici A = 3 e B = non sono simili per alcun valore di k R. k 3 Verifichiamo che non è mai soddisfatta la condizione necessaria, cioè l uguaglianza degli autovalori: autovalori di A: essendo una matrice triangolare, gli autovalori sono gli elementi sulla diagonale: Λ A = {,, 3}; autovalori di B: calcoliamo il polinomio caratteristico: λ k det(b λi 3 ) = det λ = ( λ)(λ 3)(λ+) k R, 3 λ dunque Λ B = {,,, 3}. I due insiemi Λ A Λ B non coincidono: A, B non sono simili. Definizione (Matrici diagonalizzabili) Una matrice quadrata A è diagonalizzabile se è simile ad una matrice diagonale D, cioè: se esiste P invertibile tale che D = P A P. Se A è diagonalizzabile, allora si ha che: D = [ diag{λ,..., λ n } ] P = v v n matrice diagonale degli autovalori matrice dei corrispondenti autovettori. Teorema Una matrice A è diagonalizzabile i suoi autovettori formano una base di R n i suoi autovalori sono tutti regolari (m a = m g ). n nota. Abbiamo già visto che se A, rappresentativa di f, possiede una base di autovettori, allora la matrice che rappresenta f rispetto a tale base è diagonale (in altre parole, A è simile ad una matrice diagonale). Il teorema dice che questa cosa può avvenire solo se c è una base di autovettori.

3 Esercizio. Esistono valori di k R per i quali le due matrici A = e B = k sono simili? condizione necessaria: uguaglianza degli autovalori: det(a λi 3 ) = λ(λ ), dunque Λ A = {,, }, mentre per B che è triangolare si ha subito Λ B = {,, }, per qualsiasi valore di k. La condizione necessaria è soddisfatta: non possiamo né escludere né affermare la similitudine di A e B. regolarità degli autovalori: per la matrice A si ha rg(a I 3 ) = rg =, dunque m g () = dim ker(a I 3 ) = = m a (): entrambi gli autovalori sono regolari, perciò A è simile alla matrice diagonale D = diag{,, }. Per la matrice B: rg(b I 3 ) = rg k = k, dunque m g () = dim ker(b I 3 ) = : l autovalore non è regolare e B non è diagonalizzabile. Pertanto A e B non possono essere simili per alcun valore di k. Esercizio. Per quali h R la matrice A = h 3

4 non è diagonalizzabile? Calcoliamo gli autovalori e le loro molteplicità, algebrica e geometrica: det(a λi 3 ) = λ(λ λ h) = λ = λ /3 = ± + 4h. Distinguiamo tre casi:. + 4h >, cioè h > 4. Si hanno tre autovalori reali e distinti, dunque tutti regolari: A è diagonalizzabile.. + 4h <, cioè h < 4. L unico autovalore reale λ = è semplice, perciò regolare; gli altri due sono complessi coniugati, perciò distinti: la matrice non è diagonalizzabile in R (ma lo è in C); h =, cioè h = 4. L autovalore λ = è certamente regolare; per l autovalore doppio λ = λ 3 = dobbiamo calcolare la molteplicità geometrica: dim ker(a I 4 3) = dim ker = 3 rg(a I 3) = 3, dunque m g ( ) = dim V = m a ( ) = : l autovalore non è regolare, la matrice non è diagonalizzabile. Esercizio. Verificare che A = 3 3 è diagonalizzabile e determinare la matrice diagonale D simile ad A ed una matrice P di passaggio (cioè tale che D = P AP.) Verifichiamo la regolarità degli autovalori di A: det(a λi 3 ) = (λ + )(λ 4)(λ + ), da cui Λ A = {,, 4}: tre autovalori semplici e dunque regolari, A è diagonalizzabile, cioè simile alla matrice diagonale: D =. 4 Per costruire una matrice di passaggio P servono gli autovettori: 4

5 ˆ λ = : ker(a + I 3 ) = ker 3 3 = { z, z R} e un autovettore può essere v = (,, ). ˆ λ = : ker(a + I 3 ) = ker = { y y y, y R} e un autovettore può essere v = (,, ). ˆ λ 3 = 4: ker(a 4I 3 ) = ker = { x x x, x R} e un autovettore può essere v 3 = (,, ). Dunque [ P = v v v 3 ] =. Definizione 3 (Matrici ortogonali) : definizione: una matrice quadrata è ortogonale se l insieme delle sue colonne V = {v,..., v n } forma una base ortonormale di R n, cioè se { vi v j = i j vettori ortogonali... v i v i = i...e di norma unitaria caratterizzazione: una matrice quadrata è ortogonale se e solo se la sua inversa coincide con la sua trasposta: A ortogonale A = A T. Definizione 4 Due matrici quadrate sono ortogonalmente simili se sono simili e la matrice di passaggio è ortogonale: Q ortogonale, tale che B = Q A Q = Q T A Q.

6 n nota. Tra le matrici diagonalizzabili possiamo individuare il sottoinsieme di quelle con matrice di passaggio ortogonale: ˆ ˆ A ammette una base di autovettori A è simile a una matrice diagonale (cioè è diagonalizzabile); A ammette una base ortonormale di autovettori A è ortogonalmente simile ad una matrice diagonale (cioè è diagonalizzabile tramite una matrice ortogonale). Esercizio. a. Verificare che se A è ortogonalmente simile a D diagonale (cioè A = Q DQ, con Q ortogonale), allora A è simmetrica. b. Sia A = 3 k Determinare, se esistono, valori di k R per cui A è ortogonalmente simile a D diagonale. Per tali valori trovare le matrici D e Q tali che D = Q AQ = Q T AQ. a. ipotesi: A = QDQ = QDQ T (ortogonalmente simile a D). tesi: A T = A (simmetrica). Dimostrazione: A T = (QDQ T ) T = (Q T ) T D T Q T = QDQ T = A, c.v.d. b. Unendo i risultati del teorema spettrale e del punto a., abbiamo. A simmetrica A = QDQ T per qualche Q matrice ortogonale. Quindi i soli valori di k per cui A possa risultare ortogonalmente simile a D sono quelli che la rendono simmetrica, dunque soltanto k =. Per tale valore, troviamo D e Q con gli autovalori e gli autovettori di A: det(a λi 3 ) = (λ + )(λ + 4)(λ ), Ricordiamo che il trasposto di un prodotto si fa con i trasposti dei fattori, ma cambiando l ordine, cioè: (AB) T = B T A T. 6

7 dunque Λ A = {,, 4} e D = 4. Troviamo i relativi autovettori: ˆ λ = : ker(a + I 3 ) = ker = { z }; ˆ λ = : ker(a I 3 ) = ker 4 = { x x }; ˆ λ = 4: ker(a + 4I 3 ) = ker 4 3 = { y y }. Poiché cerchiamo una matrice di passaggio ortogonale, è necessario ortonormalizzare l insieme degli autovettori: bisogna imporre le condizioni: { v v = v v 3 = v 3 v = ortogonalità v v = v v = v 3 v 3 = normalità Otteniamo il sistema: v v = v v 3 = v 3 v = v v = z = z, x x, y y, z z = z = v v = x = x = x = v 3 v 3 = y = y = y = Dunque una possibile matrice di passaggio Q, ortogonale, è Q = x y x y z = 7

8 Esercizio. Data la matrice [A b] = a. dire se è diagonalizzabile; b. Se sì, diagonalizzarla. Se possibile, tramite una matrice ortogonale. a. Se si conosce il teorema spettrale, si può osservare semplicemente che la matrice data, essendo simmetrica, è sicuramente diagonalizzabile. Altrimenti si verifica la regolarità degli autovalori. b. Sempre per il teorema spettrale, si può fin da subito dire che esiste una base ortonormale di autovettori, dunque sarà possibile diagonalizzare la matrice tramite una matrice ortogonale. Per trovarla, procediamo alla ricerca di un insieme di autovettori: poiché, det(a λi 3 ) = ( λ)(λ + )(λ ), abbiamo che A è simile alla matrice diagonale D = diag(,, ). Per la matrice di passaggio, gli autovettori sono dati da: x V = ker(a I 3 ) = { y } = L(, ) = L(v, v ), x y mentre V = ker(a + I 3 ) = { z z z } = L( ) = L(v 3 ). L insieme {v, v, v 3 } è una base di autovettori, ma non è ortonormale. ortonormalizzazione di gram-schmidt. Certamente si ha v v 3 e v v 3, in quanto autovettori relativi ad autovalori distinti (oppure per verifica diretta): quindi per v 3 è sufficiente normalizzare, cioè scegliere come elemento della base il suo multiplo: u 3 = v 3 (,, ) =. v 3 3 Per v e v, ortonormalizzarli significa trovare due vettori ortonormali che generino lo stesso spazio V da loro generato. Il primo vettore possiamo ottenerlo normalizzando v : u = v (,, ) = ; v 8

9 otteniamo il secondo dalla proiezione di v lungo la direzione ortogonale ad u (e poi eventualmente normalizzando il vettore trovato): u = (v u )u v (v u )u v = 3 (,, ). Dunque una matrice ortogonale che diagonalizza A è: Q = u u u 3 = Esercizio. a. Per quali k R la matrice: è diagonalizzabile? A = 3 7 k 3 b. Per tali k, trovare la matrice diagonale D simile ad A e una matrice di passaggio P, tale che D = P AP. c. Per tali k, dire se esiste una base ortonormale di autovettori. a. Studiamo la regolarità degli autovalori di A: det(a λi 3 ) = (3 λ) ( λ), dunque gli autovalori sono λ = λ = 3 e λ 3 =. λ 3 è semplice, perciò regolare; riguardo λ si ha: V 3 = ker(a 3I 3 ) = ker 7 k ; 9

10 k il minore è non nullo se k : per tali valori si ha m g(3) = 3 rg(a 3I 3 ) = = m a (3), dunque la matrice non è diagonalizzabile. Se k =, invece, si ha: A 3I 3 = 7 matrice di rango ; dunque m g (3) = = m a (3), λ è regolare e A è diagonalizzabile. b. La matrice diagonale simile ad A è D = diag(λ, λ, λ 3 ) = diag(3, 3, ). Una matrice P contiene un insieme di corrispondenti autovettori come colonne: x V 3 = ker(a 3I 3 ) = { y } = L(, ),, mentre V = ker(a I 3 ) = ker 7 = { 7 z, z R}. Da cui P = 7 c. Per k = la matrice A non è simmetrica: dunque con i suoi autovettori non è possibile costruire una base ortonormale di R 3. Alternativamente, se non si conosce (o non ci si ricorda) il teorema spettrale, si può cercare di imporre l ortonormalità dell insieme di autovettori trovati: le prime due colonne di P sono già due vettori ortogonali e di norma unitaria, dunque bisognerà trovare un elemento dell autospazio relativo al terzo autovalore che sia ortogonale ad ogni elemento dell autospazio relativo ai primi due: cioè un. w = (7z,, z) V tale che w v v = (x, y, ) V 3. La condizione di ortogonalità fornisce l equazione: w v = (7z,, z) (x, y, ) = 7zx = x, y R la cui unica soluzione z = non è accettabile, perché darebbe il vettore nullo, che non è un autovettore. Dunque non è possibile trovare una base ortonormale di autovettori di A.

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