Esercizio 64autovalori con parametro e matrici simili (2° appello 2024-25)

Testo (2° appello dell'8 luglio 2025, esercizio 3). Si consideri la matrice $$A_t = \begin{pmatrix} -7 & t & -4 \\ 6 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ (a) Determinare il polinomio caratteristico e gli autovalori di $A_t$, in funzione del parametro $t \in \mathbb{R}$. Dire per quali valori di $t \in \mathbb{R}$ tutti gli autovalori di $A_t$ sono reali. (b) Si ponga ora $t = -4$. Determinare gli autovalori e gli autospazi della matrice $A_{-4}$ e stabilire se essa è diagonalizzabile. (c) Si dica se $A_{-4}$ è simile alla matrice $$C = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}$$ [la risposta deve essere adeguatamente 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 → (matrici simili).

(a) Polinomio caratteristico e autovalori

$$A_t - \lambda I = \begin{pmatrix} -7-\lambda & t & -4 \\ 6 & 3-\lambda & 4 \\ 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}.$$ La terza riga ha due zeri: Laplace lungo la terza riga, l'unico termine è $(-1-\lambda)$ in posizione $(3,3)$ con segno $+$: $$\det(A_t - \lambda I) = (-1 - \lambda) \det \begin{pmatrix} -7-\lambda & t \\ 6 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (-1 - \lambda)\big[(-7-\lambda)(3-\lambda) - 6t\big].$$ Sviluppando la parentesi: $(-7-\lambda)(3-\lambda) = -21 + 7\lambda - 3\lambda + \lambda^2 = \lambda^2 + 4\lambda - 21$. Quindi $$p_{A_t}(\lambda) = -(\lambda + 1)(\lambda^2 + 4\lambda - 21 - 6t).$$

Autovalori. Dal primo fattore $\lambda_1 = -1$, per ogni $t$. Dal secondo, con la formula ridotta ($b/2 = 2$): $$\lambda = -2 \pm \sqrt{4 + 21 + 6t} = -2 \pm \sqrt{6t + 25} .$$

Quando sono tutti reali. $\lambda_1 = -1$ lo è sempre; gli altri due lo sono se e solo se il radicando è non negativo: $$6t + 25 \ge 0 \iff t \ge -\frac{25}{6} .$$ Per $t < -\frac{25}{6}$ ci sono un autovalore reale ($-1$) e due complessi coniugati.

(b) Il caso $t = -4$

$t = -4 \ge -\frac{25}{6} \approx -4{,}17$, quindi gli autovalori sono reali: $6t + 25 = 1$, $\sqrt1 = 1$, $$\lambda = -2 + 1 = -1, \qquad \lambda = -2 - 1 = -3 .$$ Insieme a $\lambda_1 = -1$: autovalori $-1$ con $m_a = 2$ e $-3$ con $m_a = 1$. Infatti per $t = -4$ il polinomio è $-(\lambda + 1)(\lambda^2 + 4\lambda + 3) = -(\lambda + 1)^2(\lambda + 3)$.

$$A_{-4} = \begin{pmatrix} -7 & -4 & -4 \\ 6 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$

Autospazio di $-1$ (autovalore doppio: è quello da controllare). $$A_{-4} + I = \begin{pmatrix} -6 & -4 & -4 \\ 6 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ La seconda riga è l'opposta della prima, la terza è nulla: rango $1$, quindi $m_g(-1) = 3 - 1 = 2$. Resta l'unica equazione $-6x_1 - 4x_2 - 4x_3 = 0$, cioè $3x_1 + 2x_2 + 2x_3 = 0$, con due incognite libere. Per avere numeri interi si ricava $x_1 = -\frac{2x_2 + 2x_3}{3}$ e si sceglie:

• $x_2 = 3,\ x_3 = 0$: $x_1 = -2$, vettore $(-2, 3, 0)$;
• $x_2 = 0,\ x_3 = 3$: $x_1 = -2$, vettore $(-2, 0, 3)$.

Scegliere le libere "a turno" (una non nulla e l'altra zero) garantisce che i vettori siano indipendenti. $V_{-1} = \langle (-2, 3, 0), (-2, 0, 3) \rangle$.

Autospazio di $-3$. $$A_{-4} + 3I = \begin{pmatrix} -4 & -4 & -4 \\ 6 & 6 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$ Dalla terza $x_3 = 0$; dalla prima $x_1 + x_2 + x_3 = 0$, quindi $x_1 = -x_2$; la seconda $6x_1 + 6x_2 = 0$ è la stessa. Con $x_2 = 1$: $V_{-3} = \langle (-1, 1, 0) \rangle$.

Diagonalizzabile? Sì: autovalori reali con $m_g(-1) = 2 = m_a(-1)$ e $m_g(-3) = 1 = m_a(-3)$ (criterioDiagonalizzabile se e solo se tutti gli autovalori sono nel campo e per ognuno molteplicità geometrica = algebrica.Diagonalizzazione →). Una matrice diagonale simile è $D = \operatorname{diag}(-1, -1, -3)$.

(c) $A_{-4}$ è simile a $C$?

Primo controllo (non basta). $C$ è triangolare inferiore: i suoi autovalori sono gli elementi della diagonale, $-1, -1, -3$. Sono gli stessi di $A_{-4}$, con le stesse molteplicità. Questo però non permette di concludere: matrici con gli stessi autovalori possono non essere simili.

Controllo decisivo: $C$ è diagonalizzabile? $$C + I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}, \qquad \operatorname{rango} = 2, \qquad m_g(-1) = 3 - 2 = 1 < 2 = m_a(-1).$$ (Gli autovettori sono $x_1 = 0$, $x_3 = 0$, $x_2$ libera: $\langle (0, 1, 0) \rangle$.) Quindi $C$ non è diagonalizzabile.

Conclusione: non sono simili. Se lo fossero, rappresenterebbero la stessa funzione lineare in basi diverse; ma $A_{-4}$ è diagonalizzabile (simile a $D$) e quindi anche $C$ sarebbe simile a $D$, cioè diagonalizzabile. È falso. In altre parole: la dimensione degli autospazi è la stessa per matrici simili (se $B = P^{-1}AP$, la moltiplicazione per $P$ manda gli autovettori di $B$ in quelli di $A$), e qui $\dim V_{-1}$ vale $2$ per $A_{-4}$ e $1$ per $C$.

Errori comuni

• Rispondere "sì, sono simili" perché hanno lo stesso polinomio caratteristico: è una condizione necessaria, non sufficiente.
• Sbagliare il verso della disuguaglianza: gli autovalori sono reali per $t \ge -25/6$, non per $t \le$.
• Prendere due vettori proporzionali come base di $V_{-1}$ (per esempio $(-2, 3, 0)$ e $(-4, 6, 0)$).