Esercizio 62matrice 3×3 non diagonalizzabile

Testo (sul modello del secondo esempio della lezione 24). Stabilire se è diagonalizzabile la matrice $$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ -2 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$

Teoria: 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 → (criterio con le molteplicità), Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →.

1. Polinomio caratteristico

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 1 \\ -2 & -4-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.$$ Qui gli zeri ci sono già: la terza riga ha un solo elemento non nullo, $2 - \lambda$ in posizione $(3,3)$, con segno $(-1)^{3+3} = +1$. Laplace lungo la terza riga: $$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 0 \\ -2 & -4 - \lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda)(2 - \lambda)(-4 - \lambda) = (2 - \lambda)^2 (-4 - \lambda).$$ La $2 \times 2$ rimasta è triangolare (c'è uno zero in alto a destra): il determinante è il prodotto della diagonale.

2. Autovalori e molteplicità algebriche

Somma delle molteplicità: $2 + 1 = 3 = n$, quindi tutti gli autovalori sono reali (prima condizione del criterioDiagonalizzabile se e solo se tutti gli autovalori stanno nel campo e per ognuno la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica.Diagonalizzazione → soddisfatta). Gli autovalori non sono distinti, quindi il teorema "autovalori distinti ⇒ diagonalizzabile" non si applica: bisogna guardare gli autospazi.

3. Autospazio di $\lambda = -4$

Ha $m_a = 1$, quindi sicuramente $m_g = 1$: non c'è niente da controllare, ma si calcola l'autovettore per completezza. $$A + 4I = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}.$$ Dalla terza equazione $6x_3 = 0$, quindi $x_3 = 0$; dalla seconda $-2x_1 = 0$, quindi $x_1 = 0$; la prima diventa $0 = 0$.

Attenzione a $x_2$: non compare in nessuna equazione. Questo non vuol dire $x_2 = 0$: vuol dire che $x_2$ è libera (è l'errore che il prof dice di vedere più spesso). Con $x_2 = 1$: $$V_{-4} = \langle (0, 1, 0) \rangle .$$

4. Autospazio di $\lambda = 2$ (il punto decisivo)

Ha $m_a = 2$: perché $A$ sia diagonalizzabile servono due autovettori indipendenti relativi a $2$, cioè $m_g(2) = 2$. $$A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Le prime due righe non sono proporzionali e la terza è nulla: $\operatorname{rango}(A - 2I) = 2$, quindi $$m_g(2) = 3 - \operatorname{rango}(A - 2I) = 3 - 2 = 1 .$$ Risolvendo: $x_3 = 0$ e $-2x_1 - 6x_2 = 0$, cioè $x_1 = -3x_2$, con $x_2$ libera. Con $x_2 = 1$: $$V_2 = \langle (-3, 1, 0) \rangle .$$

5. Conclusione

$$m_g(2) = 1 < 2 = m_a(2) \quad\Longrightarrow\quad A \text{ non è diagonalizzabile.}$$

Contando gli autovettori: $(0, 1, 0)$ per $-4$ e $(-3, 1, 0)$ per $2$ sono indipendenti (autovalori distinti), ma sono solo due. Per una base di $\mathbb{R}^3$ ne servirebbero tre, e l'autovalore $2$, pur comparendo due volte nel polinomio, ne "fornisce" uno solo. È esattamente la situazione $m_g < m_a$ descritta dal teorema della lezione 25.

Errori comuni

• Porre $x_2 = 0$ nel calcolo di $V_{-4}$ perché $x_2$ non compare: si ottiene il vettore nullo, che non è un autovettore.
• Concludere "diagonalizzabile" perché gli autovalori sono reali: è solo la prima delle due condizioni.
• Controllare l'autospazio di $-4$ e non quello di $2$: è l'autovalore multiplo che può creare problemi.