Esercizio 63autovalori, nucleo e matrice simmetrica simile (giugno 2022)

Testo (1° appello del 14 giugno 2022, esercizio 2). Consideriamo la matrice $$A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \\ 1 & -3 & 4 \end{pmatrix}.$$ (a) Trovare una base del nucleo di $A$. (b) Determinare il polinomio caratteristico e gli autovalori di $A$. (c) Trovare le basi degli autospazi e dire se $A$ è diagonalizzabile. (d) Esiste una matrice simmetrica simile ad $A$? (la risposta deve essere giustificata)

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 →, 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 →, Nucleo e immagineIl 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 →.

(a) Nucleo di $A$

Il nucleo è l'insieme delle soluzioni di $A X = \vec 0$. Si riduce $A$ a scala 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 →: $$\begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \\ 1 & -3 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 \to R_3 - \frac12 R_1]{R_2 \to R_2 - R_1} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 0 & -4 & 4 \\ 0 & -4 & 4 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 - R_2} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 0 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Rango $2$, quindi $\dim \operatorname{Ker} A = 3 - 2 = 1$ (teorema nullità + rango). Il sistema ridotto: $$\begin{cases} 2x_1 + 2x_2 = 0 \\ -4x_2 + 4x_3 = 0 \end{cases} \Rightarrow \quad x_2 = x_3, \quad x_1 = -x_2 = -x_3 .$$ Con $x_3 = 1$: base di $\operatorname{Ker} A$: $v_1 = (-1, 1, 1)$. Verifica: $A v_1 = (-2 + 2,\ -2 - 2 + 4,\ -1 - 3 + 4) = (0, 0, 0)$ ✓.

(b) Polinomio caratteristico e autovalori

$$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 2 & 0 \\ 2 & -2-\lambda & 4 \\ 1 & -3 & 4-\lambda \end{pmatrix}.$$ La prima riga ha uno zero: Laplace lungo la prima riga (segni $+, -, +$). $$= (2 - \lambda) \det \begin{pmatrix} -2-\lambda & 4 \\ -3 & 4-\lambda \end{pmatrix} - 2 \det \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 1 & 4 - \lambda \end{pmatrix} + 0 .$$ I due determinanti $2 \times 2$:

• $(-2 - \lambda)(4 - \lambda) - (4)(-3) = (-8 + 2\lambda - 4\lambda + \lambda^2) + 12 = \lambda^2 - 2\lambda + 4$;
• $2(4 - \lambda) - 4 = 4 - 2\lambda = 2(2 - \lambda)$.

Quindi $$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)(\lambda^2 - 2\lambda + 4) - 4(2 - \lambda) = (2 - \lambda)(\lambda^2 - 2\lambda + 4 - 4) = (2 - \lambda)\,\lambda\,(\lambda - 2).$$ Si è raccolto $(2 - \lambda)$, che compare in entrambi i termini: è il trucco per avere il polinomio scomposto. Riordinando: $$p_A(\lambda) = -\lambda (\lambda - 2)^2 .$$

Autovalori: $\lambda = 0$ con $m_a = 1$ e $\lambda = 2$ con $m_a = 2$.

Che $0$ fosse un autovalore lo si sapeva già dal punto (a): il nucleo non è nullo, cioè $\det A = 0$ (e infatti $p_A(0) = 0$).

(c) Autospazi e diagonalizzabilità

$\lambda = 0$. $V_0 = \operatorname{Ker}(A - 0I) = \operatorname{Ker} A$: l'autospazio di 0 è il nucleoGli autovettori relativi a 0 sono i vettori non nulli con Av = 0, cioè i vettori non nulli del nucleo.Autovalori e autovettori →, già calcolato. Base: $v_1 = (-1, 1, 1)$.

$\lambda = 2$. $$A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 2 & -4 & 4 \\ 1 & -3 & 2 \end{pmatrix}.$$

• prima equazione: $2x_2 = 0$, quindi $x_2 = 0$;
• seconda: $2x_1 + 4x_3 = 0$, quindi $x_1 = -2x_3$;
• terza: $-2x_3 - 0 + 2x_3 = 0$, automaticamente vera.

Una sola incognita libera ($x_3$): $m_g(2) = 1$. Con $x_3 = 1$: base di $V_2$: $v_2 = (-2, 0, 1)$. Verifica: $A v_2 = (-4,\ -4 + 4,\ -2 + 4) = (-4, 0, 2) = 2 v_2$ ✓.

Conclusione. $m_g(2) = 1 \ne 2 = m_a(2)$: per il criterio di diagonalizzabilitàServe che per ogni autovalore la dimensione dell'autospazio sia uguale alla molteplicità algebrica.Diagonalizzazione → $A$ non è diagonalizzabile. Si trovano solo due autovettori indipendenti, $v_1$ e $v_2$, e ne servirebbero tre.

(d) Una matrice simmetrica simile ad $A$?

No. Il ragionamento:

1. ogni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile (teorema spettraleUna matrice simmetrica reale ha una base ortonormale di autovettori, quindi è diagonalizzabile.Teorema spettrale e forme quadratiche →);
2. se esistesse una simmetrica $B$ simile ad $A$, allora $B = P^{-1}AP$ e $B = Q D Q^{-1}$ con $D$ diagonale; mettendo insieme, $A = P B P^{-1} = (PQ) D (PQ)^{-1}$, cioè anche $A$ sarebbe simile a una diagonale, quindi diagonalizzabile;
3. ma al punto (c) si è visto che $A$ non è diagonalizzabile. Contraddizione.

In breve: la diagonalizzabilità è una proprietà della funzione lineare, non della matrice, quindi si conserva tra matrici simili.

Errori comuni

• Rispondere a (d) "no, perché $A$ non è simmetrica": la domanda non chiede se $A$ è simmetrica, ma se è simile a una simmetrica.
• Calcolare $V_0$ da capo senza accorgersi che è il nucleo già trovato in (a).
• Sviluppare il polinomio caratteristico per intero invece di raccogliere $(2 - \lambda)$: poi bisogna scomporre un polinomio di terzo grado.