Esercizio 66determinante con parametro e matrice simmetrica 4×4 (febbraio 2026)

Testo (4° appello del 3 febbraio 2026, esercizio 3). Consideriamo la matrice $$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix}.$$ (a) Determinare per quale valore di $\alpha$ la matrice non è invertibile. (b) Ora poniamo $\alpha = 2$ fino alla fine dell'esercizio. Determinare il polinomio caratteristico e gli autovalori di $A$. (c) Trovare una base degli autospazi e dire se $A$ è diagonalizzabile. (d) È possibile stabilire se $A$ è diagonalizzabile senza calcolare autovalori e autovettori? Perché?

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 →, Proprietà del determinante, Binet e LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →, 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 →.

(a) Quando $A$ non è invertibile

Una matrice quadrata non è invertibile se e solo se il suo determinanteUna matrice quadrata è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → è nullo. Si calcola $\det A$ con Laplace lungo la prima riga, che ha due zeri: restano gli elementi $a_{11} = 2$ (segno $+$) e $a_{14} = 1$ (segno $(-1)^{1+4} = -1$).

• Minore di $a_{11}$ (si cancellano riga 1 e colonna 1): $$\det \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix} = \alpha \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \alpha (4 - 1) = 3\alpha$$ (Laplace lungo la terza colonna, che ha solo $\alpha$).
• Minore di $a_{14}$ (si cancellano riga 1 e colonna 4): $$\det \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 3$$ (Laplace lungo la prima colonna: solo l'$1$ in posizione $(3,1)$, segno $(-1)^{3+1} = +1$).

Quindi $$\det A = 2 \cdot 3\alpha - 1 \cdot 3 = 6\alpha - 3 .$$ $A$ non è invertibile $\iff 6\alpha - 3 = 0 \iff \boxed{\alpha = \tfrac12}$.

(b) Polinomio caratteristico per $\alpha = 2$

Si ripete lo stesso calcolo con $A - \lambda I$: la struttura degli zeri è la stessa, con $2 - \lambda$ sulla diagonale. $$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.$$ Per brevità si pone $q = (2 - \lambda)^2 - 1$, il determinante di $\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}$.

• Minore di $a_{11} = 2 - \lambda$: come prima, $(2 - \lambda) \cdot q$.
• Minore di $a_{14} = 1$: come prima, $1 \cdot q = q$.

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)(2 - \lambda)\, q - q = q\big[(2 - \lambda)^2 - 1\big] = q^2 .$$ E $q = \lambda^2 - 4\lambda + 4 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda - 1)(\lambda - 3)$. Quindi $$p_A(\lambda) = (\lambda^2 - 4\lambda + 3)^2 = (\lambda - 1)^2 (\lambda - 3)^2 .$$ Autovalori: $\lambda = 1$ e $\lambda = 3$, entrambi con molteplicità algebrica $2$.

Perché è venuto un quadrato. Le coordinate $1$ e $4$ "parlano" solo tra loro (elementi in posizione $(1,4)$ e $(4,1)$), e così le coordinate $2$ e $3$. È come se $A$ fosse fatta di due blocchi $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ uguali, ognuno con autovalori $1$ e $3$.

(c) Autospazi

$\lambda = 1$. $$A - I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ La quarta riga è uguale alla prima, la terza alla seconda: rango $2$, $m_g(1) = 4 - 2 = 2$. Equazioni: $x_1 + x_4 = 0$, $x_2 + x_3 = 0$, con $x_3, x_4$ libere.

• $x_4 = 1,\ x_3 = 0$: $(-1, 0, 0, 1)$;
• $x_4 = 0,\ x_3 = 1$: $(0, -1, 1, 0)$.

$V_1 = \langle (-1, 0, 0, 1),\ (0, -1, 1, 0) \rangle$.

$\lambda = 3$. $$A - 3I = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ Rango $2$ (quarta riga = $-$prima, terza = $-$seconda), $m_g(3) = 2$. Equazioni: $x_1 = x_4$, $x_2 = x_3$: $V_3 = \langle (1, 0, 0, 1),\ (0, 1, 1, 0) \rangle$.

Diagonalizzabile? Sì: $m_g = m_a = 2$ per entrambi gli autovalori, e $2 + 2 = 4$ (criterioTutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica per ciascuno.Diagonalizzazione →). Per esempio $$S = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad D = \operatorname{diag}(1, 1, 3, 3).$$

(d) Senza calcoli

Sì: $A$ è simmetrica ($A^T = A$: la riga $i$ è uguale alla colonna $i$, in particolare $a_{14} = a_{41} = 1$ e $a_{23} = a_{32} = 1$). Una matrice simmetrica reale ha tutti gli autovalori reali (lezione 25) ed è sempre diagonalizzabile, anzi con una base ortonormale di autovettori (teorema spettraleOgni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile tramite una base ortonormale di autovettori.Teorema spettrale e forme quadratiche →).

Infatti i quattro autovettori trovati in (c) sono a due a due ortogonali (verificare: per esempio $(-1,0,0,1) \cdot (1,0,0,1) = -1 + 1 = 0$); dividendo ciascuno per la sua norma $\sqrt2$ si ottiene una base ortonormale.

Errori comuni

• Calcolare il determinante $4 \times 4$ con una "regola di Sarrus" per matrici $4 \times 4$: non esiste, Sarrus vale solo per le $3 \times 3$.
• Dimenticare il segno $(-1)^{1+4} = -1$ del termine $a_{14}$.
• In (d), rispondere "sì, perché gli autovalori hanno $m_g = m_a$": è il calcolo che la domanda chiede di evitare.