Autovalori, autovettori, diagonalizzazione

AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
1. Esercizi
Esercizio 1. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo definito da f (x, y, z) = (x + y, y + z, x + z).
Calcolare gli autovalori ed una base per ogni autospazio di f. Dire se f è un endomorfismo
semplice.


0 1 1
Esercizio 2. Dire se la matrice A =  1 0 1  è diagonalizzabile. In caso affermativo,
1 1 0
trovare una matrice invertibile P tale che P −1 AP sia una matrice diagonale.


1 1 0
Esercizio 3. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo associato alla matrice A =  3 3 −1 
9 9 −2
rispetto alla base canonica B. Calcolare autovalori, autovettori, ed una base per ogni
autospazio di f. Dire se f è semplice.
Esercizio 4. Sia f : R4 → R4 l’ endomorfismo definito da
f (x, y, z, t) = (x + 3y, 2x + 2y, z + 2t, 2z + t) .
Verificare che f è invertibile e che f −1 è semplice. Calcolare gli autovalori di f e confrontarli con quelli di f −1 . Ripetere il confronto tra gli autospazi.
2 1
Esercizio 5. Trovare gli autovalori della matrice A =
e quelli della matrice
2 3
A + 2I. Qual è la relazione tra gli autovalori? Dopo aver trovato gli autospazi delle due
matrici, stabilire la relazione esistente.
Esercizio 6. Dopo aver scritto l’ endomorfismo f : R2 → R2 verificante tutte le condizioni
seguenti
(1) (1, 2) è un autovettore di f relativo all’ autovalore 1;
(2) (0, 1) è un vettore di ker f ;
verificare che f è semplice. Si può affermare che f è semplice guardando le sole condizioni
(1), (2)? Ripetere l’ esercizio sostituendo la condizione (2) con (3)f (1, 1) = f (1, 0); ovvero
con (30 )f (1, 1) = (1, 2).
2
2
Esercizio 7.Dire per
quali valori di k ∈ R l’ endomorfismo f : R → R associato alla
1 1
matrice A =
rispetto alla base B = ((2, 1), (1, 1)) è semplice.
k 2
Esercizio 8. Sia f : R2 → R2 l’ endomorfismo che associa ad ogni vettore v il vettore
f (v) ottenuto ruotando v di π/4 in senso antiorario. Scrivere la matrice associata ad f
rispetto alla base canonica e verificare che f non ha autovalori.


1 −1 0
Esercizio 9. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo associato alla matrice A =  −1 2 1 
0
1 1
rispetto alla base canonica
1
2
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
(1)
(2)
(3)
(4)
f è iniettiva;
(1, 1, −1) è un autovettore di f ;
(1, 1, −1) è un autovalore di f ;
2 è un autovalore di f.

1 Esercizio 10. Sia data la matrice A =  2  2 1 −1 (prodotto righe × colonne).
1

(1)
(2)
(3)
(4)
(2, 1, −1) è un autovettore di f ;
(1, 2, 1) ∈ ker f ;
(1, 2, 1) è un autovettore per f relativo all’ autovalore 3;
(1, 2, 1) è un autovettore per f relativo all’ autovalore 1.
Esercizio 11. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo che associa ad ogni vettore (x, y, z) il
vettore f (x, y, z) = (y − 2x, 2z − 2y, −2z). Allora
(1) f ha un solo autovalore;
(2) ogni vettore (x, y, z) è un autovettore per f ;
(3) f è semplice;
(4) (−2, 2, −2) ∈ ker f.
Esercizio 12. Se f (x, y) = (x + 3y, 2y) allora f è semplice.
(V )
(F )
Esercizio 13. Se f (x, y) = (x, x) allora (1, 1) è autovettore di f relativo all’ autovalore
2.
(V )
(F )
Esercizio 14. Se f (1, 0) = f (0, 1) allora (1, −1) è autovettore di f relativo all’ autovalore
0.
(V )
(F )
2. Soluzioni di alcuni esercizi
Soluzione dell’ Esercizio 1. La matrice associata

1 1

A= 0 1
1 0
ad f rispetto alla base canonica è

0
1 
1
ed il polinomio caratteristico di f è allora pf (t) = det(A − tI3 ) =


1−t
1
0
1−t
1  = (1 − t)3 + 1 = (2 − t)(t2 − t + 1).
= det  0
1
0
1−t
√
√
Le radici di pf (t) sono t1 = 2, t2 = 1+i2 3 , t3 = 1−i2 3 , e quindi f ha il solo autovalore
2, unica radice reale di pf (t). Calcoliamo ora il relativo autospazio. Per definizione,
V (2) = {(x, y, z) ∈ R3 |(A − 2I)X = 0}, e quindi dobbiamo risolvere il sistema lineare
omogeneo

 −x + y = 0
−y + z = 0

x − z = 0.
Le soluzioni di tale sistema lineare sono (y, y, y), y ∈ R, e quindi
V (2) = {(y, y, y)|y ∈ R} = L((1, 1, 1)).
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
3
Osserviamo che dim V (2) = 1 in accordo con la limitazione 1 ≤ dim V (2) ≤ m(2), dove
m(2) è la molteplicità di t = 2 come soluzione dell’ equazione caratteristica, e che una
base di V (2) è ((1, 1, 1)).
f non è semplice perché il polinomio caratteristico ha radici non reali.
Soluzione dell’ Esercizio 2. Fissata la base canonica di R3 , sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica è A. Il polinomio caratteristico di
A è pA (t) = det(A − tI) = −t3 + 3t + 2 = −(t + 1)2 (t − 2), le cui radici sono t1 = −1, t2 = 2
con molteplicità m(−1) = 2, m(2) = 1. Essendo entrambe reali, sono entrambe autovalori.
Calcoliamo l’ autospazio relativo a t1 = −1. Dobbiamo risolvere il sistema lineare
omogeneo (A + I)X = 0 dove X sono le componenti di un vettore rispetto alla base
canonica. Il sistema, dopo aver ridotto la matrice A+I per righe, si scrive come x+y+z =
0, le cui soluzioni sono tutte e sole della forma (x, y, −x − y), x, y ∈ R. Abbiamo allora
V (−1) = {(x, y, −x − y)|x, y ∈ R} = L((1, 0, −1), (0, 1, −1))
perché le componenti di un vettore rispetto alla base canonica coincidono con le entrate del vettore come elemento di R3 . Infine, osserviamo che una base di V (−1) è
((1, 0, −1), (0, 1, −1)), e che dim V (−1) = 2 = m(−1).
L’ autospazio relativo all’ autovalore t2 = 2 si calcola in maniera analoga. Risolviamo
allora il sistema lineare omogeneo associato alla matrice dei coefficienti A − 2I. Dopo aver
ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo
−2x + y + z = 0
x−y =0
le cui soluzioni sono
V (2) = {(x, x, x)|x ∈ R} = L((1, 1, 1)).
Una base di V (2) è ((1, 1, 1)) e la sua dimensione è dim V (2) = 1 = m(2).
Poiché tutte le radici del polinomio caratteristico sono reali, e ogni autospazio ha dimensione uguale alla molteplicità , possiamo dire che A è diagonalizzabile. Una matrice
invertibile P che diagonalizza A ha come colonne le componenti dei vettori delle basi dei
singoli autospazi (ossia, le soluzioni dei sistemi lineari omogenei). Quindi,


1
0 1
1 1 .
P = 0
−1 −1 1
La teoria prevede che P −1 AP = D è una matrice diagonale, con dii autovalore relativo
all’ autovettore che occupa la colonna i−esima di P. In conclusione,


−1 0 0
P −1 AP =  0 −1 0  .
0
0 2
Soluzione dell’ Esercizio 3. Calcoliamo il polinomio caratteristico di f. pf (t) = det(A −
tI) =


1−t
1
0
3−t
−1  = −t(t − 1)2 .
= 3
9
9
−2 − t
Le radici del polinomio sono t1 = 0, t2 = 1, con molteplicità m(0) = 1, m(1) = 2.
4
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
Calcoliamo l’ autopsazio relativo all’ autovalore t1 = 0 risolvendo il sistema lineare
omogeneo AX = 0 dove X =t(a, b, c) sono le componenti di un vettore di R3 rispetto alla
base canonica B. Ridotta per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il sistema
a+b=0
c=0
le cui soluzioni sono della forma (a, −a, 0), a ∈ R. L’ autospazio allora è
V (0) = {(a, −a, 0)|a ∈ R} = L((1, −1, 0)).
Osserviamo che una sua base è ((1, −1, 0)), mentre la sua dimensione è dim V (0) = 1 =
m(0). Infine, osserviamo che V (0) = ker(f ).
Calcoliamo ora il secondo autospazio V (1). Bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo
(A − I)X = 0 dove, come nel caso precedente, X sono le componenti di un vettore di R3
rispetto alla base B. Dopo aver ridotto per righe la matrice dei coefficienti, otteniamo il
sistema
b=0
3a − c = 0
le cui soluzioni sono della forma (a, 0, 3a), a ∈ R. Quindi, l’ autospazio cercato è
V (1) = {(a, 0, 3a)|a ∈ R} = L((1, 0, 3)).
Notiamo che dim V (1) = 1 < m(1), e che una sua base è ((1, 0, 3)).
Infine, f non è semplice perché, pur essendo reali tutte le radici del polinomio caratteristico, l’ autovalore t2 = 1 ha un autospazio associato di dimensione inferiore alla sua
molteplicità , e quindi non è regolare.
Soluzione dell’ Esercizio 4. Fissata la base

1
 2
A=
 0
0
canonica di R4 , la matrice associata ad f è

3 0 0
2 0 0 
.
0 1 2 
0 2 1
Poiché r(A) = 4, la matrice A è invertibile, e quindi f è invertibile. Inoltre, la matrice
associata ad f −1 rispetto alla base canonica è A−1 . Svolgendo i calcoli, abbiamo che

 1 3
−2 4
0
0
 1 −1 0
0 
2
4
.
A−1 = 
1
 0
0 − 3 23 
2
0
0
− 13
3
Gli autovalori di f −1 si calcolano come radici del polinomio caratteristico di f −1 che è
uguale a pf −1 (t) = det(A−1 − tI) = (t + 1)2 (t − 13 )(t − 14 ). Poiché tutte le radici sono
reali, abbiamo che gli autovalori di f −1 sono t1 = −1, t2 = 13 , t3 = 14 , di molteplicità
m(−1) = 2, m( 13 ) = m( 14 ) = 1, rispettivamente. Per calcolare gli autovalori di f, calcoliamo analogamente il polinomio caratteristico di f, ed abbiamo pf (t) = det(A − tI) =
(t+1)2 (t−3)(t−4), e quindi gli autovalori di A sono t1 = −1, t2 = 3, t3 = 4 di molteplicità
m(−1) = 2, m(3) = m(4) = 1, rispettivamente. In conclusione, gli autovalori di A−1 sono
i reciproci di quelli di A, con la stessa molteplicità .
Calcoliamo ora gli autospazi di f −1 .
Per calcolare W (−1) bisogna risolvere il sistema lineare omogeneo (A−1 + I)X = 0,
dove X sono le componenti di un vettore rispetto alla base canonica, e quindi coincidono
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
5
con le entrate del vettore stesso. Riducendo la matrice e risolvendo il sistema ottenuto,
abbiamo
W (−1) = {(−3y, y, −t, t) |y, t ∈ R} ,
una cui base è ((−3, 1, 0, 0) , (0, 0, −1, 1)) e la cui dimensione è 2.
Analogamente, possiamo calcolare una base e la dimensione degli altri due autospazi,
ed abbiamo
1
W ( ) = {(0, 0, t, t) |t ∈ R} ,
3
1
W ( ) = {(y, y, 0, 0) |y ∈ R} ,
4
entrambi di dimensione 1, aventi come basi ((0, 0, 1, 1)) , ((1, 1, 0, 0)) , rispettivamente.
Calcolando gli autospazi V (−1), V (3), V (4) di f otteniamo
1
1
V (−1) = W (−1), V (3) = W ( ), V (4) = W ( ).
3
4
Inoltre, entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la stessa matrice


−3 0 0 1
 1
0 0 1 

P =
 0 −1 1 0  ,
0
1 1 0
ottenendo però due matrici diagonali che sono coerenti con gli autovalori delle due matrici
(confrontare con l’ Esercizio 2).
Provare a dare una dimostrazione del risultato illustrato da questo Esercizio.
Soluzione dell’ Esercizio 5. Il polinomio caratteristico di A è pA (t) = t2 − 5t + 4, le cui
radici sono t1 = 1, t2 = 4, entrambe reali, e quindi entrambe autovalori di A.
Il polinomio caratteristico di A + 2I è pA+2I (t) = t2 − 9t + 18, le cui radici sono
t1 = 3 = 1 + 2, t2 = 6 = 4 + 2. Quindi, gli autovalori di A + 2I sono uguali a quelli di A
aumentati di 2.
Gli autospazi V (1), V (4) di A sono
V (1) = {(−y, y) ∈ R2 |y ∈ R} = L((−1, 1))
e
V (4) = {(x, 2x) ∈ R2 |x ∈ R} = L((1, 2))
entrambi di dimensione 1.
Gli autospazi W (3), W (6) di A + 2I sono
W (3) = V (1), W (6) = V (4).
Ne segue che entrambe le matrici sono diagonalizzabili usando la matrice
−1 1
P =
,
1 2
ottenendo però due matrici diagonali diverse, in accordo con gli autovalori delle due
matrici (confronta con l’ Esercizio 2).
Provare a dimostrare in generale il risultato illustrato da questo Esercizio.
6
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
Soluzione dell’ Esercizio 6. La condizione (2) dice che (0, 1) è autovettore per f associato
all’ autovalore 0, e quindi f è semplice perché R2 ha una base formata da autovettori di
f. La matrice associata ad f rispetto alla base di autovettori B = ((1, 2), (0, 1)) è
1 0
MB,B (f ) =
.
0 0
Per scrivere la matrice associata ad f rispetto alla base canonica C = ((1, 0), (0, 1))
t
bisogna calcolare f (1, 0). Le componenti di (1, 0) rispetto a B sono (1,
−2) ossia (1, 0) =
(1, 2) − 2(0, 1). Usando la linearità di f, otteniamo
f (1, 0) = f (1, 2) − 2f (0, 1) = (1, 2) − 2(0, 0) = (1, 2).
Quindi,
MC,C (f ) =
1 0
2 0
,
e possiamo scrivere f (x, y) = (x, 2x).
Gli autovalori di f sono 0, 1 entrambi semplici.
Consideriamo ora le condizioni (1), (3). Poiché f (1, 1) = f (1, 0), abbiamo f (1, 1) −
f (1, 0) = (0, 0). Per la linearità , f ((1, 1) − (1, 0)) = (0, 0), e quindi f (0, 1) = (0, 0). In
conclusione, la condizione (3) è uguale alla condizione (2) ed abbiamo la stessa applicazione f.
La condizione (30 ) afferma che f (1, 1) = (1, 2). Quindi, f (1, 1) = f (1, 2). Usando la
linearità di f, abbiamo f ((1, 2) − (1, 1)) = (0, 0), da cui f (0, 1) = (0, 0). Anche in questo
caso, la condizione (30 ) è uguale alla condizione (2), e l’ applicazione definita è la stessa.
Soluzione dell’ Esercizio 7. Il polinomio caratteristico di A è pA (t) = t2 − 3t + 2 − k. Il
discriminante del polinomio è ∆ = 9 − 4(2 − k) = 4k + 1.
Sappiamo che, se ∆ < 0, ossia se k < − 14 le radici del polinomio caratteristico non sono
reali, e quindi la matrice A non è diagonalizzabile.
Se ∆ = 0, ossia se k = − 14 , allora il polinomio caratteristico di A ha come radice t = 32
con molteplicità 2, e quindi t = 32 è l’ unico autovalore di A. L’ autospazio corrispondente
è formato dai vettori le cui componenti X rispetto alla base B verificano il sistema lineare
omogeneo (A − 32 I)X = 0. Poiché il rango di A − 32 I è uguale ad 1, il Teorema di RouchéCapelli permette di concludere che dim V ( 32 ) = 2 − 1 = 1. Quindi, l’ unico autovalore di
A non è regolare, ed A non è diagonalizzabile.
Se ∆ > 0, ossia se k > − 14 il polinomio caratteristico di Aha due radici reali distinte,
e quindi A ha due autovalori di molteplicità 1. Tali autovalori sono sempre regolari, e
quindi A è diagonalizzabile.
Soluzione dell’ Esercizio 8. Bisogna calcolare le immagini dei vettori della base canonica.
In una rotazione la lunghezza di un vettore non cambia, e quindi l’ immagine dei vettori
della base canonica hanno ancora lunghezza 1. Quindi, sia i vetori della base canonica, sia
le loro immagini si trovano sulla circonferenza di centro l’ origine e raggio 1(circonferenza
goniometrica) i cui punti hanno coordinate (cos α, sin α) dove α è l’ angolo formato dal
vettore col semiasse positivo delle ascisse. Quindi,
• f (1, 0) = (cos π4 , sin π4 ) = ( √12 , √12 );
• f (0, 1) = (cos 3π
, sin 3π
) = (− √12 , √12 );
4
4
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
7
e la matrice associata ad f rispetto alla base canonica è
1
√
− √12
2
.
MC,C (f ) = √1
√1
2
2
√
Il polinomio caratteristico di f è allora pf (t) = t2 − t 2 + 1 che ha discriminante
negativo. Quindi f non ha nè autovalori, nè autovettori, che è coerente con il significato
geometrico di autovettore che è “vettore parallelo alla sua immagine”.
Soluzione dell’ Esercizio 9. f è iniettiva se r(A) = 3. Ma la terza riga della matrice
è somma delle prime due, mentre le prime due sono linearmente indipendenti. Quindi
r(A) = 2 e l’ affermazione (1) è falsa. Per stabilire se la seconda affermazione è vera o
falsa, basta calcolare f (1, 1, −1). Quindi,


1
f (1, 1, −1) = A  1  = 0
−1
e quindi f (1, 1, −1) = 0(1, 1, −1) ossia (1, 1, −1) è autovettore di f relativo all’ autovalore
0, e l’ affermazione (2) è vera. (3) è sicuramente falsa perché gli autovalori sono numeri
reali in questo caso, ed in nessun caso sono dei vettori. (4) è falsa. Per verificarlo, bisogna
stabilire se det(A − 2I) = 0. Ma


−1 −1 0
1 =2
det(A − 2I) = det  −1 0
0
1 −1
e quindi 2 non è soluzione del polinomio caratteristico di A, ossia non è un autovalore di
A.
Soluzione dell’ Esercizio 10. (1) è falsa. Infatti bisogna calcolare f (2, 1, −1) che è uguale
a

 

 
1
2
1 f (2, 1, −1) =  2  2 1 −1  1  = 6  2 
1
1
−1
e quindi non è parallelo al vettore (2, 1, −1). Le affermazioni (2), (3), (4) richiedono tutte
di calcolare l’ immagine di (1, 2, 1). Procedendo come nel caso (1) otteniamo
 
 
 
1 1
1





2 1 −1
2 =3 2 
f (1, 2, 1) = 2
1
1
1
e quindi f (1, 2, 1) = 3(1, 2, 1) ossia (1, 2, 1) è autovettore relativo all’ autovalore 3 per f.
Ne segue che (2) e (4) sono false, mentre (3) è vera.
Soluzione dell’ Esercizio 11. Scriviamo la matrice

−2

0
A = MC,C (f ) =
0
di f rispetto a C, ed abbiamo

1
0
−2 2 
0 −2
che è triangolare. Quindi il polinomio caratteristico di f si calcola facilmente ed è p(t) =
(−2 − t)3 . Ne segue che (1) è vera perché l’ unico autovalore di f è −2, di molteplicità
3. (2) è falsa perché f (0, 1, 0) = (1, −2, 0) e quindi (0, 1, 0) non è autovettore per f.
(3) è falsa perchè non tutti i vettori di R3 sono autovettori, e quindi V (−2) 6= R3 ,
8
AUTOVALORI, AUTOVETTORI, AUTOSPAZI
ossia dim V (−2) < m(−2), e quindi −2 non è un autovalore regolare. (4) è falsa perché
f (−2, 2, −2) = (6, −6, 4) 6= 0.
Soluzione dell’ Esercizio 12. Gli autovalori di f sono 1, 2 uniche radici del polinomio
caratteristico di f dato da pf (t) = det(A − tI) = t2 − 3t + 2 essendo
1 3
A=
0 2
la matrice associata ad f rispetto alla base canonica. Poiché gli autovalori hanno entrambi
molteplicità 1 sono regolari, e quindi f è semplice.
Soluzione dell’ Esercizio 13. Calcoliamo f (1, 1) in base alla definizione di f. Abbiamo
f (1, 1) = (1, 1) = 1(1, 1).
Quindi, (1, 1) è autovettore di f relativo all’ autovalore 1, e l’ affermazione è falsa.
Soluzione dell’ Esercizio 14. Dall’ ipotesi, abbiamo che f (1, 0) − f (0, 1) = (0, 0). Dalla
linearità , si ricava che f ((1, 0)−(0, 1)) = (0, 0), ossia f (1, −1) = (0, 0) = 0(1, −1). Quindi
(1, −1) è autovettore di f relativo all’ autovalore 0, e l’ affermazione è vera.