Autovalori e autovettori

Lezioni 22 (seconda parte) e 23 (videolezioni n. 22 e 23), più il video breve n. 47 sulle matrici simili. Esercizi svolti: Esercizio 60 · autovalori di tre matrici 2×2, Esercizio 63 · autovalori, nucleo e matrice simmetrica simile (giugno 2022). Seguito: DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →.

Da qui in poi si studiano gli endomorfismi, cioè le funzioni lineari $f : V \to V$ che hanno lo stesso spazio come dominio e codominio ($\dim V = n$). La loro matrice è quadrata, $n \times n$. La domanda del capitolo è: si può scegliere una base di $V$ in cui la matrice di $f$ diventa il più semplice possibile, cioè diagonale?

Matrici simili

Se $f : V \to V$ ha matrice $A$ in una base e $A'$ in un'altra base, la formula dei cambiamenti di baseSe cambiano le basi, la matrice di f viene moltiplicata a sinistra e a destra per la matrice di cambiamento di base e per la sua inversa.Cambiamenti di base → usa la stessa matrice di cambiamento di base $P$ nel dominio e nel codominio, perché i due spazi coincidono (e quindi coincidono le basi scelte). Rimane

$$A' = P^{-1} A P \qquad \text{(oppure, girando la formula, } A = P A' P^{-1}\text{)}.$$

Definizione. Due matrici $A, B \in M_n(K)$ sono simili se esiste una matrice invertibile $P \in M_n(K)$ tale che $$B = P^{-1} A P.$$

Detto in parole: $A$ e $B$ sono simili quando rappresentano la stessa funzione lineare rispetto a due basi diverse. Sono matrici diverse, con numeri diversi, ma "raccontano" lo stesso endomorfismo.

Cose che due matrici simili hanno sempre in comune (perché dipendono solo da $f$, non dalla base):

Per il primo punto si usa il teorema di BinetIl determinante di un prodotto di matrici quadrate è il prodotto dei determinanti: det(AB) = det(A) det(B).Proprietà del determinante, Binet e Laplace →. Una conseguenza è che si può parlare di determinante di un endomorfismo: $\det f = \det A$ con $A$ una qualunque matrice di $f$.

Attenzione: il viceversa è falso. Due matrici con lo stesso determinante (o lo stesso rango, o gli stessi autovalori) non sono per forza simili. L'esempio del prof: la matrice nulla $O$ è simile solo a se stessa, perché $P^{-1} O P = O$ per ogni $P$. Invece la matrice $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ ha anche lei determinante $0$, ma non è la matrice nulla: stesso determinante, eppure non sono simili.

Le proprietà della tabella servono quindi per dimostrare che due matrici non sono simili (basta che una di esse sia diversa), non per dimostrare che lo sono.

Da "matrice diagonale" ad "autovettore"

Ricordiamo come si costruisce la matrice di $f$ in una baseLa colonna j contiene le coordinate, nella base scelta, dell'immagine del j-esimo vettore di base.Matrice associata a una funzione lineare → $v_1, \dots, v_n$: la prima colonna contiene le coordinate di $f(v_1)$, cioè i coefficienti $a_{11}, a_{21}, \dots, a_{n1}$ di

$$f(v_1) = a_{11} v_1 + a_{21} v_2 + \dots + a_{n1} v_n .$$

Vogliamo che la matrice sia diagonale, con $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ sulla diagonale e zeri altrove. Allora nella prima colonna deve esserci $\lambda_1$ in alto e poi solo zeri: $a_{11} = \lambda_1$, $a_{21} = \dots = a_{n1} = 0$. Sostituendo:

$$f(v_1) = \lambda_1 v_1 .$$

Con la seconda colonna succede lo stesso: deve essere $f(v_2) = \lambda_2 v_2$; e così via fino a $f(v_n) = \lambda_n v_n$. Quindi:

la matrice di $f$ nella base $v_1, \dots, v_n$ è diagonale $\iff$ $f(v_i) = \lambda_i v_i$ per ogni $i$.

Geometricamente: $f$ deve mandare ciascun vettore della base in un vettore parallelo a se stesso (più lungo, più corto o rovesciato, ma sulla stessa retta). Questi vettori hanno un nome.

Definizione di autovalore e autovettore

Definizione. Sia $f : V \to V$ lineare. Un vettore $v \in V$, $v \ne \vec 0$, si dice autovettore di $f$ se esiste uno scalare $\lambda \in K$ tale che $$f(v) = \lambda v .$$ Lo scalare $\lambda$ si chiama autovalore di $f$ (relativo all'autovettore $v$).

Per una matrice $A \in M_n(K)$ si dice lo stesso con $A v = \lambda v$ ($v$ vettore colonna non nullo).

In altri libri si dice anche vettore proprio e valore proprio: sono sinonimi.

Perché si esclude $v = \vec 0$. L'uguaglianza $f(\vec 0) = \lambda \vec 0$ è vera per ogni $\lambda$ (una funzione lineare manda sempre $\vec 0$ in $\vec 0$), quindi il vettore nullo la soddisfa banalmente. Ma lo scopo è costruire una base fatta di autovettori, e il vettore nullo non può mai stare in una base (un insieme che contiene $\vec 0$ è linearmente dipendenteBasta il coefficiente 1 davanti al vettore nullo e 0 davanti agli altri per avere una combinazione nulla con coefficienti non tutti nulli.Combinazioni lineari e dipendenza lineare →). Per questo nella definizione si chiede $v \ne \vec 0$.

Attenzione: l'autovalore può essere $0$. Dire che $0$ è un autovalore significa che esiste $v \neq \vec 0$ con $f(v) = \vec 0$, cioè che $\operatorname{Ker} f \ne \{\vec 0\}$.

Esempio immediato. Con $A = \begin{pmatrix} -7 & -9 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$ e $v = (-1, 1)$:

$$A v = \begin{pmatrix} -7 \cdot (-1) + (-9) \cdot 1 \\ 6 \cdot (-1) + 8 \cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

Quindi $v$ è un autovettore e $\lambda = 2$ è il suo autovalore.

Come si trovano: il polinomio caratteristico

Si vuole risolvere $A v = \lambda v$, ma sono incogniti sia $v$ sia $\lambda$. Scrivendo $v = (x_1, \dots, x_n)$ si hanno $n$ equazioni in $n + 1$ incognite, e non sono nemmeno lineari: compaiono i prodotti $\lambda x_1, \lambda x_2, \dots$ di due incognite. Il trucco del prof è separare il problema in due.

Passo 1: portare tutto a sinistra. $A v - \lambda v = \vec 0$. Si vorrebbe raccogliere $v$, ma "$A - \lambda$" non ha senso: non si sottrae un numero da una matrice. Però moltiplicare $v$ per il numero $\lambda$ dà lo stesso risultato che moltiplicarlo per la matrice diagonale con tutti $\lambda$ sulla diagonale, cioè $\lambda I$:

$$\lambda I \, v = \begin{pmatrix} \lambda & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda x_1 \\ \vdots \\ \lambda x_n \end{pmatrix} = \lambda v .$$

Ora la differenza è tra due matrici e si può raccogliere:

$$(A - \lambda I)\, v = \vec 0 .$$

Passo 2: quando esiste una soluzione non nulla? Fissato $\lambda$, questo è un sistema lineare omogeneo con matrice $A - \lambda I$. La soluzione $v = \vec 0$ c'è sempre, ma non ci interessa: vogliamo altre soluzioni, cioè che la soluzione non sia unica. Per il teorema di CramerSe la matrice quadrata dei coefficienti ha determinante diverso da zero, il sistema ha una e una sola soluzione.Matrice aggiunta e teorema di Cramer →, se $\det(A - \lambda I) \ne 0$ la soluzione è unica (e quindi è quella nulla). Dunque serve

$$\det(A - \lambda I) = 0 .$$

Lo stesso si vede col nucleo: vogliamo $\operatorname{Ker}(A - \lambda I) \ne \{\vec 0\}$, cioè che $A - \lambda I$ non sia iniettiva, quindi non invertibile, quindi con determinante nullo.

Il risultato è notevole: si è passati da $n$ equazioni in $n + 1$ incognite a una sola equazione nella sola incognita $\lambda$.

Definizione. Il polinomio caratteristico di $A \in M_n(K)$ è $$p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I),$$ cioè il determinante della matrice che si ottiene sottraendo $\lambda$ solo agli elementi della diagonale di $A$. L'equazione $p_A(\lambda) = 0$ si chiama equazione caratteristica.

Teorema. Gli autovalori di $A$ sono esattamente le soluzioni (in $K$) dell'equazione caratteristica $\det(A - \lambda I) = 0$.

Il grado è $n$. Nel determinante compare il prodotto degli elementi diagonali $(a_{11} - \lambda)(a_{22} - \lambda) \cdots (a_{nn} - \lambda)$, che contiene $(-1)^n \lambda^n$; gli altri termini hanno grado più basso. Quindi $p_A$ ha grado esattamente $n$: per una matrice $2 \times 2$ si risolve un'equazione di secondo grado, per una $3 \times 3$ una di terzo grado, e così via. È questa l'unica vera difficoltà degli esercizi.

Consiglio del prof per le $3 \times 3$. La regola di Sarrus dà il polinomio già sviluppato, che poi va scomposto (con Ruffini). Conviene invece creare qualche zero con operazioni su righe o colonne (che non cambiano il determinante) e poi usare lo sviluppo di Laplace: così il polinomio esce già scomposto in fattori. Esempio completo nella nota DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →.

Due controlli rapidi (utili per scoprire errori di conto):

• il termine noto di $p_A$ è $p_A(0) = \det A$, quindi il prodotto degli autovalori (contati con molteplicità, anche complessi) è $\det A$;
• la somma degli autovalori è la traccia $a_{11} + a_{22} + \dots + a_{nn}$.

Per esempio con $A = \begin{pmatrix} -7 & -9 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$: autovalori $2$ e $-1$; prodotto $-2 = \det A = -56 + 54$ ✓, somma $1 = -7 + 8$ ✓.

Matrici triangolari. Se $A$ è triangolare, anche $A - \lambda I$ lo è, e il suo determinante è il prodotto della diagonale: $p_A(\lambda) = (a_{11} - \lambda) \cdots (a_{nn} - \lambda)$. Gli autovalori sono gli elementi della diagonale.

Tre esempi $2 \times 2$: cosa può succedere

Gli esempi della lezione 23 (svolti per intero nell'Esercizio 60 · autovalori di tre matrici 2×2):

Il campo conta. Una matrice reale può non avere autovalori reali (secondo esempio). Però per il teorema fondamentale dell'algebra ogni polinomio di grado $n$ ha esattamente $n$ radici complesse, contate con la loro molteplicità: quindi gli autovalori complessi esistono sempre. Se interessano solo quelli reali o anche quelli complessi dipende dal problema (in elettrotecnica i numeri complessi hanno senso fisico, in un problema di soldi no). Negli esercizi si legge "diagonalizzabile su $\mathbb{R}$" o "su $\mathbb{C}$": vedi DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →.

Molteplicità algebrica

Nel terzo esempio l'equazione di secondo grado ha una sola soluzione, $\lambda = 2$, perché il polinomio è il quadrato $(\lambda - 2)^2$. Per ricordare che quella soluzione "vale doppio" si usa l'esponente.

Definizione. Se nella scomposizione in fattori del polinomio caratteristico compare il fattore $(\lambda - a)^r$, con $r$ massimo (cioè $(\lambda - a)^{r+1}$ non divide $p_A$), si dice che l'autovalore $a$ ha molteplicità algebrica $r$. Si scrive $m_a(a) = r$.

Esempio: se $p_A(\lambda) = -(\lambda - 1)^2 (\lambda + 3)$, l'autovalore $1$ ha molteplicità algebrica $2$ e l'autovalore $-3$ ha molteplicità algebrica $1$. Si chiama "algebrica" perché nasce solo dallo scomporre un polinomio; tra poco arriva quella "geometrica".

Somma delle molteplicità. Il grado di $p_A$ è $n$, quindi la somma delle molteplicità algebriche di tutti gli autovalori complessi è esattamente $n$. Se ci si limita agli autovalori reali la somma può essere minore di $n$ (nel secondo esempio è $0$).

Matrici simili hanno lo stesso polinomio caratteristico

Gli autovalori dovrebbero essere una proprietà di $f$, non della matrice scelta per rappresentarla. Il teorema seguente conferma che è così.

Teorema. Se $A$ e $B$ sono simili, allora $p_A(\lambda) = p_B(\lambda)$. In particolare hanno gli stessi autovalori, con le stesse molteplicità algebriche.

Dimostrazione (stessa idea usata per il determinante). Sia $A = P^{-1} B P$ con $P$ invertibile.

1. Si scrive la matrice identica in un modo comodo: $I = P^{-1} I P$, perché $P^{-1} I P = P^{-1} P = I$.
2. Allora $$A - \lambda I = P^{-1} B P - \lambda P^{-1} I P = P^{-1} (B - \lambda I) P .$$ Il numero $\lambda$ si può spostare dove si vuole perché i numeri commutano con le matrici; poi si raccolgono $P^{-1}$ a sinistra e $P$ a destra (rispettando l'ordine, perché il prodotto di matrici non è commutativo).
3. Per Binet: $$\det(A - \lambda I) = \det(P^{-1}) \det(B - \lambda I) \det(P) = \frac{1}{\det P} \det(B - \lambda I) \det P = \det(B - \lambda I).$$ Si può dividere per $\det P$ perché $P$ è invertibile, quindi $\det P \ne 0$. ∎

Anche qui il viceversa è falso. $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ e $J = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ hanno entrambe polinomio caratteristico $(1 - \lambda)^2$, ma $I$ è simile solo a se stessa ($P^{-1} I P = I$), quindi non è simile a $J$.

Autovettori di matrici simili (video n. 47). Se $B = P^{-1} A P$ e $w$ è un autovettore di $B$ con autovalore $\lambda$, allora $P w$ è un autovettore di $A$ con lo stesso autovalore. Infatti da $P^{-1} A P w = \lambda w$, moltiplicando a sinistra per $P$: $$A (P w) = \lambda (P w),$$ e $P w \ne \vec 0$ perché $P$ è invertibile e $w \ne \vec 0$. Gli autovalori sono gli stessi; gli autovettori invece cambiano, e $P$ dice come: è naturale, perché $P$ traduce le coordinate da una base all'altra.

Autovettori e autospazi

Una volta trovato un autovalore $\lambda$, in $(A - \lambda I) v = \vec 0$ il numero $\lambda$ è noto: resta un normale sistema lineare omogeneo, che si risolve con l'Eliminazione di GaussCon tre operazioni elementari sulle righe (scambio, moltiplicazione per uno scalare non nullo, somma di un multiplo di un'altra riga) ogni matrice si riduce a scala senza cambiare il rango; serve a calcolare ranghi, risolvere sistemi, trovare relazioni di dipendenza e matrici che riducono a scala.Eliminazione di Gauss →.

Definizione. L'autospazio relativo all'autovalore $\lambda$ è $$V_\lambda = \operatorname{Ker}(A - \lambda I) = \{ v \in K^n : A v = \lambda v \}.$$ I suoi elementi non nulli sono esattamente gli autovettori relativi a $\lambda$.

$V_\lambda$ è un sottospazio vettorialeUn sottospazio vettoriale è un sottoinsieme che è spazio vettoriale con le stesse operazioni: basta che sia chiuso per somma e per prodotto per scalari. Deve contenere il vettore nullo. In R^2 i sottospazi sono {0}, le rette per l'origine e tutto R^2.Sottospazi vettoriali → perché è un nucleoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine →. Contiene anche $\vec 0$ (che non è un autovettore): il nome "autospazio" contrae "sottospazio formato da autovettori".

Osservazione. $V_0 = \operatorname{Ker}(A - 0 \cdot I) = \operatorname{Ker} A$: l'autospazio dell'autovalore $0$ è il nucleo. Negli esercizi capita spesso che il testo dia una base di $\operatorname{Ker} f$: sta dando gli autovettori relativi a $0$.

Definizione. La molteplicità geometrica di un autovalore $\lambda$ è la dimensione del suo autospazio: $$m_g(\lambda) = \dim V_\lambda = n - \operatorname{rango}(A - \lambda I).$$

L'ultima uguaglianza è il teorema nullità + rangoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → applicato ad $A - \lambda I$. In pratica $m_g(\lambda)$ è il numero di incognite libere quando si risolve $(A - \lambda I) v = \vec 0$.

Poiché $\lambda$ è un autovalore, $\det(A - \lambda I) = 0$: le righe di $A - \lambda I$ sono dipendenti e il sistema ha sempre infinite soluzioni, quindi $m_g(\lambda) \ge 1$. Se trovate solo la soluzione nulla, avete sbagliato a calcolare l'autovalore o a risolvere il sistema.

Nella DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione → si dimostra che $1 \le m_g(\lambda) \le m_a(\lambda)$, e il confronto tra le due molteplicità decide se la matrice è diagonalizzabile.

Esempio completo

$A = \begin{pmatrix} -7 & -9 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$, con autovalori $\lambda_1 = 2$ e $\lambda_2 = -1$.

Autospazio di $\lambda_1 = 2$. Si sottrae $2$ solo dalla diagonale: $$A - 2I = \begin{pmatrix} -9 & -9 \\ 6 & 6 \end{pmatrix}.$$ Le due righe sono proporzionali (deve essere così, perché il determinante è $0$). Il sistema $-9x_1 - 9x_2 = 0$, $6x_1 + 6x_2 = 0$ si riduce a $x_1 = -x_2$, con $x_2$ libero. Quindi $V_2 = \{(-\alpha, \alpha)\} = \langle (-1, 1) \rangle$, $m_g(2) = 1$.

Autospazio di $\lambda_2 = -1$. $$A + I = \begin{pmatrix} -6 & -9 \\ 6 & 9 \end{pmatrix} \quad\Rightarrow\quad -6x_1 - 9x_2 = 0 \;\Rightarrow\; x_1 = -\tfrac32 x_2 .$$ Si può dare a $x_2$ il valore che si vuole (non zero): con $x_2 = 2$ si evita la frazione e si trova $x_1 = -3$. Quindi $V_{-1} = \langle (-3, 2) \rangle$, $m_g(-1) = 1$.

Verifica (trenta secondi, la consiglia il prof): $A \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 21 - 18 \\ -18 + 16 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} = -1 \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix}$ ✓.

I due autovettori $(-1, 1)$ e $(-3, 2)$ non sono proporzionali, quindi sono una base di $\mathbb{R}^2$ fatta di autovettori. Mettendoli in colonna in $S$ e gli autovalori, nello stesso ordine, in $D$: $$S = \begin{pmatrix} -1 & -3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad A S = S D, \qquad D = S^{-1} A S .$$ È la diagonalizzazione: la vediamo in generale nella prossima nota.

Procedura riassuntiva

Errori comuni

• Sottrarre $\lambda$ a tutti gli elementi della matrice invece che solo alla diagonale.
• Accettare $v = \vec 0$ come autovettore, oppure dire che un autovalore non può essere $0$ (può esserlo: succede quando $\det A = 0$).
• Trovare solo la soluzione nulla di $(A - \lambda I)v = \vec 0$: è impossibile se $\lambda$ è davvero un autovalore, c'è un errore di calcolo.
• Porre uguale a zero un'incognita che non compare nelle equazioni: se $x_2$ non compare, è libera, non nulla (errore che il prof dice di vedere spesso agli esami).
• Usare il viceversa: "stessi autovalori (o stesso determinante, o stesso rango), quindi simili" è falso.
• Dimenticare il campo: "la matrice non ha autovalori" va precisato; può non averne di reali, ma di complessi ne ha sempre $n$ (contati con molteplicità).