Autovalori e Autovettori

AUTOVALORI ED AUTOVETTORI DI UNA MATRICE
TEOREMA: Un elemento λ di K è un autovalore per una matrice A, di ordine n,
se e solo se, indicata con I la matrice identità di ordine n, risulta:
det( A − λI ) = 0
Il determinante det(A − λI) si chiama determinante caratteristico della matrice A;
l’equazione det(A − λI) = 0 si chiama equazione caratteristica della matrice A.
In forma sviluppata, il determinante caratteristico det(A - λI) si scrive:
a11 − λ
a
det( A − λI ) = 21
...........
an1
a12
a22 − λ
...........
an 2
...........
...........
...........
...........
a1n
a2 n
...........
ann − λ
Se si considera λ come uno scalare variabile in K, questo determinante è un polinomio ϕ(λ
λ), di
grado n, che si chiama polinomio caratteristico della matrice A.
♦ il grado del polinomio caratteristico di una matrice quadrata è uguale all’ordine n di questa
matrice;
♦ il coefficiente del termine di grado massimo è ±1 a seconda che n sia pari o dispari;
♦ la somma degli elementi diagonali di una matrice A, si chiama “traccia” di A, e si indica con
la scrittura tr(A), cioè si pone:
n
tr ( A) = ∑ aii = a11 + a22 +.....+ ann
i =1
(n-1)
è uguale alla traccia della matrice A,
Risulta allora che: il coefficiente del termine in λ
moltiplicata per ±1 a seconda che n sia dispari o pari;
♦ il termine noto del polinomio caratteristico di una matrice A è uguale al determinante di
tale matrice, cioè ϕ(0) = det(A).
Se la matrice A ha gli autovalori λ1, λ2, ..., λn tutti distinti, allora i corrispondenti autovettori
x1, x2, ..., xn sono linearmente indipendenti.
λO è un autovalore di A, se e solo se λO è una radice del polinomio caratteristico
di A, cioè se:
det( A − λ O I ) = 0
La determinazione degli autovalori di una matrice A equivale, quindi, alla ricerca delle radici
del polinomio caratteristico ϕ(λ
λ) di grado n. Trovato un autovalore λO, allora gli autovettori
corrispondenti sono le soluzioni del sistema omogeneo:
r
( A − λO I ) ⋅ X = 0
ESERCIZIO 1.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della matrice
x
r
x =  1  , tali che:
 x2 
x
= λ ⋅  1 
 x2 
Dobbiamo determinare uno scalare λ ed un vettore
r
r
A⋅ x = λ ⋅ x
1 2  x1 
⇒ 
 ⋅ 
 3 2  x2 
1 2
A = 

 3 2
L’equazione matriciale sopra scritta è equivalente al seguente sistema lineare omogeneo:
 x1 + 2 x2 = λx1
3x + 2 x = λx
 1
2
2
(1 − λ ) ⋅ x1 + 2 x2 = 0
cioè: 
− 3x1 + ( λ − 2) ⋅ x2 = 0
(1)
Un sistema omogeneo ha una soluzione non nulla (soluzione non banale) solo se il determinante
della matrice incompleta vale zero, cioè se risulta:
(1 − λ )
2 
det 
 = (1 − λ ) ⋅ ( λ − 2) + 6 = 0 ⇒
( λ − 2)
 −3
λ − 2 − λ2 + 2λ + 6 = 0
ovvero:
λ2 − 3λ − 4 = 0
⇒ (λ − 4)(λ + 1) = 0
Pertanto, λ è un autovalore solo se: λ = 4 o λ = -1.
Per λ = 4, il sistema (1) diventa:
− 3x1 + 2 x2 = 0
− 3 x + 2 x = 0

1
2
cioè: x1 =
x
2
⇒ x =  1  =  
 x2   3
2
⋅ x2
3
Il vettore x = (2, 3) è un autovettore relativo all’autovalore λ = 4; ogni altro autovettore relativo
a λ = 4, è un multiplo di x = (2, 3).
Per λ = −1, il sistema (1) diventa:
 2 x1 + 2 x2 = 0
− 3 x − 3 x = 0
1
2

cioè: x1 = − x2
x
1
⇒ x =  1 =  
 − x2   − 1
Si ottiene, pertanto, che il vettore x = (x1, x2) = (2, −1) è un autovettore relativo all’autovalore
λ = −1; ogni altro autovettore relativo a λ = −1, è un multiplo di x = (1, −1).
ESERCIZIO 2.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della seguente matrice:
6
0
 4
A = − 3 − 5
0


 − 3 − 6 − 5
Il polinomio caratteristico è dato dalla relazione seguente:
4 − λ
p(λ ) = det( A − λI ) = det  − 3

 −3
6
− 5− λ
−6
0 
0 

− 5 − λ
Sviluppando il determinante secondo gli elementi dell’ultima colonna, si perviene alla scrittura:
p( λ ) = − (5 + λ ) ⋅ [ − (5 + λ ) ⋅ (4 − λ ) + 18] = − ( λ + 5) ⋅ ( λ2 + λ − 2) =
= − ( λ + 5) ⋅ ( λ + 2) ⋅ ( λ − 2)
Pertanto, gli autovalori sono ottenuti come soluzione dell’equazione seguente:
p(λ) = 0 ⇒ − (λ + 5) ⋅ (λ + 2) ⋅ (λ −1) = 0
ovvero: λ = −5 λ = −2 λ = 1
Indichiamo, ora, un autovettore x come vettore colonna nella forma seguente:
Se λ è l’autovalore ad esso corrispondente, dovrà essere:
 a
v  
x= b
 
 c
r
( A − λI ) ⋅ x = 0 ; ossia:
4 − λ
 −3

 −3
6
− 5− λ
−6
0   a
0  ⋅  b = 0⇒
  
− 5 − λ   c
(4 − λ )a + 6b = 0

− 3a − (5 + λ ) = 0
− 3a − 6b − (5 + λ )c = 0
(2)
• Per λ = −5, il sistema (2) assume la forma:
9a + 6b = 0

− 3a = 0
− 3a − 6b = 0
⇒ a = 0 b = 0 c = arbitrario
Si può dunque porre arbitrariamente c = 1 e porre l’autovettore x1 nella forma:
 0
r
x1 =  0
 
 1
• Per λ = −2, il sistema (2) assume la forma:
6a + 6b = 0

⇒
− 3a − 3b = 0
− 3a − 6b − 3c = 0
a + b = 0

a = −b
a + b = 0 ⇒  c = −b ⇒ a = c = −b

c + b = 0
Si può dunque porre arbitrariamente b = −1 e porre l’autovettore x2 nella forma:
 1
r
x2 =  − 1
 
 1
• Per λ = 1, il sistema (2) assume la forma:
3a + 6b = 0

⇒
− 3a − 6b = 0
− 3a − 6b − 6c = 0
a + 2b = 0

a = −2b
a + 2b = 0 ⇒ c = 0

c = 0
Si può dunque porre arbitrariamente b = −1 e porre l’autovettore x3 nella forma:
 2
r
x 3 =  − 1
 
 0
ESERCIZIO 3.: Determinare tutti gli autovalori della matrice assegnata A ed una “base” per
ogni autospazio.
 3 2 0
A =  − 1 0 0


 0 0 1
Il polinomio caratteristico è individuato dalla relazione di seguito riportata:
3 − λ
p( λ ) = det( A − λI ) = det  − 1

 0
2
0 
−λ
0  = (1 − λ ) ⋅ [2 − λ ⋅ (3 − λ )] =

0 1 − λ
= (1 − λ )(2 − 3λ + λ2 ) = − ( λ − 1) ⋅ ( λ − 1) ⋅ ( λ − 2) = − ( λ − 2)( λ − 1) 2
Pertanto, gli autovalori sono λ = 1, con ordine di molteplicità ν = 2, e λ = 2.
• Per trovare un autovettore x relativo all’autovalore doppio λ1 = 1, bisogna risolvere la
seguente equazione: ( A − λ1I ) = 0 ; ovvero:
2 0  a  0
 2
 − 1 − 1 0 ⋅  b =  0

    
0 0  c   0
 0
ossia il seguente sistema:
2a + 2b = 0

− a − b = 0
0 ⋅ c = 0
le cui soluzioni
sono: a = −b e c qualsiasi, e dipendono quindi da due scalari arbitrari b e c. Il sistema, dunque,
ha due soluzioni indipendenti, e precisamente:
 0
r
x1 =  0
 
 1
 − 1
r
ottenuto ponendo b = 0 e c = 1; x 2 =  1
 
 0
ottenuto ponendo b = 1 e c = 0;
Quindi, i vettori x1 ed x2 sono degli autovettori indipendenti che generano l’autospazio di λ1 = 1,
che risulta, allora, a due dimensioni. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati
all’autovalore λ1 = 1, sono “combinazioni lineari“ di questi “vettori base“ e coprono il piano
generato dai vettori x1 ed x2.
• Per λ2 = 2 si ottiene, ragionando analogamente, il sistema di seguito ricavato:
2
0  a  0
 1
−1 − 2
0 ⋅  b =  0

    
0 − 1  c   0
 0
a + 2b = 0

ossia il seguente sistema: − a − 2b = 0
− c = 0
le cui soluzioni
sono: a = -2b e c = 0, e dipendono, quindi, da uno scalare arbitrario (a oppure b). Il sistema
presenta una soluzione indipendente e precisamente:
 − 2
r
x 3 =  1
 
 0
ottenuto ponendo b = 1. L’autospazio di λ2 = 2 è ad una dimensione, ed ha per
base, per esempio, il vettore x3. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati allo
autovalore λ2 = 2, sono combinazioni lineari del vettore base x3.
ESERCIZIO 4.:Determinare il parametro h in modo che la matrice assegnata A ammetta un
autovalore λ = 1; in corrispondenza di tale valore del parametro determinare
gli autovalori della matrice A.
1 0
 h

A = 1 − h 0 2


1 h
 1
Determiniamo, dapprima, la matrice (A − λI), si ottiene:
h − λ
( A − λI ) =  1 − h

 1
1
0 
−λ
2 

1 h − λ
Poiché λ = 1 è un autovalore della matrice A, allora il determinante di (A − λI) calcolato per λ = 1
deve essere uguale a zero. Per questo determiniamo:
0 
h − 1 1

( A − λI ) (λ = 1) = 1 − h − 1
2 


1 h − 1
 1
Si ottiene la relazione seguente:
e imponiamo che:
det[( A − λI ) ( λ =1) ] = 0 .
− (h − 1) 2 − 2(h − 1) + 2 − (h − 1)(1 − h ) = 0
(h − 1) 2 + 2(h − 1) − 2 − (h − 1) 2 = 0
⇒ 2(h − 1 − 1) = 0
⇒ h=2
Per tale valore del parametro h, la matrice A e (A - λI) assumono, rispettivamente, la forma:
 2 1 0
A h = 2 =  − 1 0 2


 1 1 2
2 − λ
⇒ ( A( h = 2) − λI ) =  − 1

 1
1
0 
−λ
2 

1 2 − λ
Gli autovalori di A sono definiti dalle soluzioni dell’equazione che si ottiene uguagliando a zero
il polinomio caratteristico, ovvero:
⇒ − λ ( 2 − λ ) 2 + 2 − 2( 2 − λ ) + ( 2 − λ ) = 0
p( λ ) = det( A − λI ) = 0
ovvero:
− (4 − 4λ + λ2 ) ⋅ λ + 2 − 4 + 2λ + 2 − λ = 0
− λ3 + 4λ2 − 3λ = 0
⇒ λ ⋅ ( λ − 1) ⋅ ( λ − 3) = 0
Per h = 2, la matrice A presenta, pertanto, i seguenti autovalori:
λ1 = 0 λ2 = 1 λ3 = 3
ESERCIZIO 5.:Determinare tre autovettori, linearmente indipendenti, della seguente matrice
 1 1 1
A =  1 1 1


 1 1 1
Si devono determinare, dapprima, gli autovalori λi della matrice A, ovvero tutte le soluzioni della
equazione ottenuta uguagliando a zero il polinomio caratteristico p(λ) = 0. Si ottiene:
1
1 
1 − λ

det( A − λI ) = det 1
1− λ
1  = (1 − λ ) 3 + 1 + 1 − 3 ⋅ (1 − λ )


1
1 − λ
 1
Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:
det( A − λI ) = 1 + 3λ2 − 3λ − λ3 + 2 − 3 + 3λ = 3λ2 − λ3 = − λ2 ( λ − 3)
Ne consegue che:
det( A − λI ) = 0
⇒ − λ2 ( λ − 3) = 0
⇒λ=0 λ=0 λ=3
L’autovalore λ1 = 0 presenta un ordine di molteplicità pari a 2, mentre λ2 = 0 è un autovalore
semplice. Gli autovettori di A sono determinati dalle soluzioni dell’equazione fra matrici del tipo:
r
( A − λi I ) ⋅ xi = 0
• Per λ1 = 0, si ottiene la relazione fra matrici ed il relativo sistema di seguito mostrati:
 1 1 1  a  0
 1 1 1 ⋅  b =  0

    
 1 1 1  c   0
a + b + c = 0

⇒ a + b + c = 0
a + b + c = 0
⇒ c = − (a + b )
Le soluzioni dipendono da due scalari arbitrari a e b. Il sistema ha, quindi, due soluzioni
indipendenti; perciò i vettori:
 1
r
x1 =  0
 
 − 1
determinato da a = 1 e b = 0;
 0
r
x 2 =  1
 
 − 1
determinato da a = 0 e b = 1
sono degli autovettori indipendenti che generano l’autospazio di λ1 = 0, che risulta, quindi, a
due dimensioni. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati all’autovalore λ1 = 0,
sono combinazioni lineari dei vettori base x1 ed x2 e coprono il “piano” generato dai vettori x1
ed x2 stessi.
• Per λ2 = 3, si ottiene, analogamente, la relazione fra le matrici ed il relativo sistema associato di
seguito mostrati:
1
1  a  0
− 2
 1 −2
1 ⋅  b =  0 ⇒

    
1 − 2  c   0
 1
 − 2a + b + c = 0
 c = 2a − b


 a − 2b + c = 0 ⇒  3a − 3b = 0
 a + b − 2c = 0
− 3a + 3b = 0
ovvero: a = b e c = a. Tali soluzioni dipendono da un solo scalare arbitrario a. Il sistema ha,
dunque, una soluzione indipendente; perciò il vettore seguente, ottenuto ponendo a = 1:
 1
r
x 3 =  1
 
 1
è l’autovettore che genera l’autospazio di λ2 = 3 che è ad una dimensione ed ha
come base appunto x3.
I tre autovettori linearmente indipendenti della matrice A sono:
 1
r
x1 =  0
 
 − 1
 0
r
x 2 =  1
 
 − 1
 1
r
x 3 =  1
 
 1
ESERCIZIO 6.:Si determini la matrice A associata alla “applicazione lineare” ƒ : ℜ2→ℜ2,
sapendo che la ƒ ammette gli autovalori λ1 = 1 e λ2 = −2 a cui corrispondono,
rispettivamente, gli autovettori seguenti:
1
r
x1 =  
 2
2
r
x2 =  
 1
Se x1 ed x2 sono gli autovettori relativi, rispettivamente, agli autovalori λ1 = 1 e λ2 = −2, dovrà,
per definizione di autovalore e di autovettore, risultare verificata la seguente relazione:
r
r
A ⋅ xi = λi ⋅ xi
in cui A è la matrice associata alla “applicazione lineare” ƒ : ℜ2→ℜ2. Si tratta, pertanto, di una
matrice quadrata di ordine 2.
Nel caso specifico proposto dalla traccia, la relazione sopra scritta, fornisce la coppia di scritture di
seguito riportate:
r
r
A ⋅ x1 = λ1 ⋅ x1
r
r
A ⋅ x 2 = λ2 ⋅ x 2
La generica matrice quadrata A di ordine 2 assume la forma:
a b
A = 
.
 c d
Dovrà, allora, verificarsi che:
r
r
A ⋅ x1 = λ1x1
r
r
A ⋅ x2 = λ2 x2
a b   1
 1
 a + 2b = 1
⇒ 
 ⋅   = 1⋅  
c + 2d = 2
 c d   2
 2
⇒
a b   2
 2
 2 a + b = −4
⇒ 
 ⋅   = −2 ⋅  
2c + d = −2
 c d   1
 1

Le soluzioni del primo sistema, data l’unicità della matrice associata all’applicazione lineare devono
essere le soluzioni anche del secondo sistema; pertanto, dovrà verificarsi che:
a = 1 − 2b
a = 1 − 2b
a = 1 − 2b
c = 2 − 2d
c = 2 − 2d
c = 2 − 2d
2 ⋅ (1 − 2b) + b = −4 ⇒ 2 − 4b + b = −4 ⇒ − 3 ⋅ b = −6



 2 ⋅ ( 2 − 2 d ) + d = −2  4 − 4 d + d = −2  − 3 ⋅ d = −6
l’ulteriore semplificazione algebrica conduce alle relazioni seguenti:
a = 1 − 2b
b = 2
a = −3
c = 2 − 2d
d = 2
b = 2
⇒
⇒
b = 2
a = 1− 2 ⋅2
c = −2



d = 2
c = 2 − 2 ⋅ 2 d = 2
Si conclude che la matrice quadrata A, di ordine 2, associata alla applicazione lineare ƒ : ℜ2→ℜ2
proposta dalla traccia, assume la forma seguente:
− 3 2
A = 

 − 2 2
Verifichiamo, per essere esaustivi, che la matrice A così determinata presenta gli autovalori λ1 = 1
e λ2 = −2. Gli autovalori λi della matrice A, altro non sono che le soluzioni della equazione che
si ottiene uguagliando a zero il polinomio caratteristico p(λ) = 0. Si ottiene:
− 3− λ
det( A − λI ) = det 
 −2
2 
 = ( −3 − λ ) ⋅ ( 2 − λ ) + 4
2 − λ
Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:
det( A − λI ) = −6 + 3λ − 2λ + λ2 + 4 = λ2 + λ − 2 = ( λ − 1) ⋅ ( λ + 2)
Ne consegue che:
det( A − λI ) = 0
⇒ ( λ − 1) ⋅ ( λ + 2) = 0
⇒ λ1 = 1 λ2 = −2
OSSERVAZIONE
Dato che la matrice A presenta due autovalori distinti allora risulta essere diagonalizzabile. Una
matrice diagonale M simile alla matrice A è la matrice che ha lungo la diagonale principale gli
autovalori di A. La matrice diagonalizzante P è la matrice le cui colonne sono costituite dagli
autovettori associati agli autovalori della matrice A. Le matrici M e P hanno, pertanto, la forma
seguente:
1
0
M = 

 0 − 2
1 2
P = 

 2 1
Si verifichi che le matrici A, M e P soddisfano la relazione seguente:
M = P −1 A ⋅ P