Esercizio 69diagonalizzabilità al variare di h e matrice P (lezione 31)

Testo (esercizio svolto dal prof nella lezione 31). Si consideri la matrice

$$A_h = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ h & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad h \in \mathbb{R}.$$

(a) Per quali valori di $h$ la matrice $A_h$ è diagonalizzabile (sul campo dei numeri reali)? (b) Per ogni valore di $h$ per cui $A_h$ possiede autovalori con molteplicità maggiore di $1$, trovare gli autospazi. (c) Per $h = 3$ trovare una matrice $P$ tale che $P^{-1} A_3 P$ sia diagonale.

Teoria usata: 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 →, 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 →.

(a) Diagonalizzabilità

Polinomio caratteristico

Si sottrae $\lambda$ dalla diagonale e si calcola il determinante. La matrice ha già molti zeri: invece di cercare di crearne altri, conviene sviluppare subito con 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 → lungo la prima riga $(-\lambda, 1, 0)$, che ha uno zero:

$$\det(A_h - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ h & -\lambda & 1 \\ 0 & 1 & -\lambda \end{pmatrix} = -\lambda \det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} - 1 \cdot \det\begin{pmatrix} h & 1 \\ 0 & -\lambda \end{pmatrix} + 0 .$$

Il secondo termine ha il segno $-$ perché l'elemento $1$ è in posizione $(1, 2)$ e $(-1)^{1+2} = -1$. I due determinanti $2 \times 2$:

$$\det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 - 1, \qquad \det\begin{pmatrix} h & 1 \\ 0 & -\lambda \end{pmatrix} = -\lambda h .$$

Quindi

$$\det(A_h - \lambda I) = -\lambda(\lambda^2 - 1) + \lambda h = -\lambda\,(\lambda^2 - 1 - h).$$

Raccogliere $-\lambda$ è il passaggio chiave: il polinomio è già scomposto in un fattore di primo grado e uno di secondo grado, e non serve cercare radici a tentativi.

Autovalori

$-\lambda(\lambda^2 - 1 - h) = 0$ se e solo se $\lambda = 0$ oppure $\lambda^2 = 1 + h$:

$$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_{2,3} = \pm\sqrt{1 + h} .$$

Il testo chiede la diagonalizzabilità sui reali: servono tre autovalori reali (contati con molteplicità), quindi $1 + h \ge 0$, cioè $h \ge -1$.

Discussione dei casi

• $h > -1$. $\sqrt{1 + h} > 0$, quindi i tre autovalori $0$, $\sqrt{1+h}$, $-\sqrt{1+h}$ sono reali e distinti (uno nullo, uno positivo, uno negativo). Tre autovalori distinti in una matrice $3 \times 3$ garantiscono la diagonalizzabilità: ognuno ha molteplicità algebrica $1$, e quindi anche geometrica $1$ (la geometrica sta sempre tra $1$ e l'algebrica). Non serve calcolare gli autovettori. Diagonalizzabile.
• $h = -1$. $\sqrt{1 + h} = 0$: i tre autovalori coincidono, $\lambda = 0$ con molteplicità algebrica $3$. Bisogna calcolare la molteplicità geometrica $= \dim \operatorname{Ker}(A_{-1} - 0 \cdot I) = \dim \operatorname{Ker} A_{-1}$: $$A_{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.$$ Prima e terza riga sono uguali, la seconda non è loro multipla: rango $2$, quindi $\dim \operatorname{Ker} A_{-1} = 3 - 2 = 1$. Molteplicità geometrica $1 <$ algebrica $3$: non diagonalizzabile (né sui reali né sui complessi).
• $h < -1$. $1 + h < 0$: gli autovalori $\pm\sqrt{1+h} = \pm i\sqrt{-(1+h)}$ non sono reali. Non diagonalizzabile sui reali. (Sui complessi sì: i tre autovalori $0$, $\pm i\sqrt{|1+h|}$ sono distinti, ma la matrice diagonale e la matrice degli autovettori avrebbero elementi complessi.)

Risposta: $A_h$ è diagonalizzabile sui reali se e solo se $h > -1$.

(b) Autospazi quando ci sono autovalori multipli

Autovalori con molteplicità maggiore di $1$ si hanno solo per $h = -1$ (negli altri casi i tre autovalori sono distinti, anche quando sono complessi). Per $h = -1$ l'unico autovalore è $0$ e l'autospazio è $\operatorname{Ker} A_{-1}$:

$$\begin{cases} x_2 = 0 & \text{(prima e terza riga)} \\ -x_1 + x_3 = 0 & \text{(seconda riga)} \end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad x_2 = 0, \quad x_1 = x_3 .$$

$x_3$ è libera; con $x_3 = 1$:

$$V_0 = \langle (1, 0, 1) \rangle .$$

Verifica: $A_{-1}(1, 0, 1)^T = (0 + 0 + 0, \ -1 + 0 + 1, \ 0 + 0 + 0) = (0, 0, 0)$ ✓. Un solo autovettore indipendente non basta per una base di $\mathbb{R}^3$: è la conferma che per $h = -1$ la matrice non è diagonalizzabile.

(c) $h = 3$: la matrice $P$

Che cos'è $P$. Se $P^{-1} A P = D$ è diagonale, allora $AP = PD$, cioè $A$ per la colonna $j$ di $P$ è uguale a $d_j$ per la colonna $j$: le colonne di $P$ sono autovettori e $D$ ha sulla diagonale i corrispondenti autovalori. Cercare $P$ è la stessa cosa che cercare una base di autovettori.

Autovalori (dal punto (a) con $h = 3$, senza rifare il polinomio): $0$, $\pm\sqrt{4} = \pm 2$. Distinti, quindi $P$ esiste.

$$A_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.$$

$\lambda = 0$: $A_3 x = 0$: dalla prima riga $x_2 = 0$; dalla seconda $3x_1 + x_3 = 0$, cioè $x_3 = -3x_1$. Con $x_1 = 1$: $v_1 = (1, 0, -3)$.

$\lambda = 2$: $(A_3 - 2I)x = 0$ con $A_3 - 2I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 3 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}$. Dalla prima riga $x_2 = 2x_1$; dalla terza $x_2 = 2x_3$, quindi $x_3 = x_1$. Con $x_1 = 1$: $v_2 = (1, 2, 1)$. (Controllo con la seconda riga: $3 - 4 + 1 = 0$ ✓.)

$\lambda = -2$: $A_3 + 2I = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$. Prima riga: $x_2 = -2x_1$; terza: $x_2 = -2x_3$, quindi $x_3 = x_1$. Con $x_1 = 1$: $v_3 = (1, -2, 1)$. (Seconda riga: $3 - 4 + 1 = 0$ ✓.)

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ -3 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A_3 P = D = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$$

Verifica senza calcolare $P^{-1}$: basta controllare $A_3 P = P D$, colonna per colonna, cioè $A_3 v_j = \lambda_j v_j$:

• $A_3 v_1 = (0, \ 3 - 3, \ 0) = (0, 0, 0) = 0 \cdot v_1$ ✓;
• $A_3 v_2 = (2, \ 3 + 1, \ 2) = (2, 4, 2) = 2 v_2$ ✓;
• $A_3 v_3 = (-2, \ 3 + 1, \ -2) = (-2, 4, -2) = -2 v_3$ ✓.

E $P$ è invertibile perché autovettori di autovalori distinti sono indipendenti ($\det P = 1(2 + 2) - 1(0 - 6) + 1(0 + 6) = 16 \ne 0$).

$P$ non è unica: si può cambiare l'ordine delle colonne (cambiando nello stesso modo l'ordine degli autovalori in $D$) o moltiplicare ogni colonna per un numero non nullo.

Errori comuni

• Calcolare gli autovettori anche quando gli autovalori sono distinti per decidere la diagonalizzabilità: non serve (servono solo per scrivere $P$).
• Dimenticare il caso $h < -1$ o trattarlo come diagonalizzabile sui reali: gli autovalori complessi escludono la diagonalizzabilità su $\mathbb{R}$.
• Mettere in $D$ gli autovalori in un ordine diverso da quello delle colonne di $P$.