Esercizio 72diagonalizzabile per un solo valore di t e A per A trasposta (appello 5/7/2022)

Testo (2° appello del 5 luglio 2022, esercizio 3). Consideriamo la matrice

$$A = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 4 \\ t & 2 & t \\ -2 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$$

(a) Determinare il polinomio caratteristico e gli autovalori di $A$. (b) Determinare per quale valore di $t$ la matrice è diagonalizzabile. Per tale valore di $t$ trovare una matrice invertibile $P$ tale che $P^{-1}AP$ sia diagonale. (c) Si dica se la matrice $B = A \cdot A^T$ è diagonalizzabile per ogni valore di $t$ (la risposta deve essere motivata e NON è necessario calcolare il prodotto $A \cdot A^T$).

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 →, Teorema spettrale e forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →.

(a) Polinomio caratteristico e autovalori

$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 4 - \lambda & 0 & 4 \\ t & 2 - \lambda & t \\ -2 & 0 & -2 - \lambda \end{pmatrix}.$$

Scelta della linea. La seconda colonna $(0, 2 - \lambda, 0)$ ha due zeri: sviluppando con Laplace lungo di essa resta un solo termine, e il parametro $t$ (che sta nella seconda riga) sparisce insieme alla riga e alla colonna cancellate. Segno della posizione $(2, 2)$: $+$.

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \det\begin{pmatrix} 4 - \lambda & 4 \\ -2 & -2 - \lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda)\big[(4 - \lambda)(-2 - \lambda) + 8\big].$$

Dentro la parentesi: $(4 - \lambda)(-2 - \lambda) = -8 - 4\lambda + 2\lambda + \lambda^2 = \lambda^2 - 2\lambda - 8$; più $8$ fa $\lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2)$. Quindi

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)\,\lambda\,(\lambda - 2) = -\lambda(\lambda - 2)^2 .$$

Autovalori: $\lambda = 0$ (molteplicità algebrica $1$) e $\lambda = 2$ (molteplicità algebrica $2$), per ogni $t$.

(b) Diagonalizzabilità e matrice $P$

$\lambda = 0$: semplice, quindi $m_g = 1 = m_a$ automaticamente. Autospazio: $A x = 0$, cioè $4x + 4z = 0$, $tx + 2y + tz = 0$, $-2x - 2z = 0$. Dalla prima $x = -z$; nella seconda $t(x + z) + 2y = 2y = 0$, quindi $y = 0$. Autovettore $v_1 = (1, 0, -1)$.

$\lambda = 2$: bisogna controllare se $m_g = 2$.

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

La terza riga è l'opposta della prima. Restano le righe $(2, 0, 4)$ e $(t, 0, t)$.

• $t \ne 0$: $(t, 0, t)$ è proporzionale a $(1, 0, 1)$, che non è proporzionale a $(2, 0, 4)$. Rango $2$, quindi $m_g(2) = 3 - 2 = 1 < 2$: non diagonalizzabile.
• $t = 0$: la seconda riga è nulla, rango $1$, $m_g(2) = 3 - 1 = 2 = m_a$: diagonalizzabile.

Risposta: $A$ è diagonalizzabile solo per $t = 0$.

Autospazio di $2$ per $t = 0$: resta l'equazione $2x + 4z = 0$, cioè $x = -2z$, con $y$ e $z$ liberi:

$$V_2 = \{(-2z, \ y, \ z)\} = \langle (0, 1, 0), \ (-2, 0, 1) \rangle .$$

La matrice $P$ ha come colonne gli autovettori, nell'ordine degli autovalori scelto per $D$:

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

Verifica con $AP = PD$ (con $t = 0$): $A(0, 1, 0)^T = (0, 2, 0) = 2 \cdot (0, 1, 0)$ ✓; $A(-2, 0, 1)^T = (-8 + 4, \ 0, \ 4 - 2) = (-4, 0, 2) = 2 \cdot (-2, 0, 1)$ ✓; $A(1, 0, -1)^T = (4 - 4, 0, -2 + 2) = 0$ ✓. $P$ è invertibile: $\det P = 1 \cdot 1 - 0 + (-2) \cdot (0 + 1) = -1 \ne 0$.

(c) $B = A A^T$ è diagonalizzabile per ogni $t$?

Sì, perché $B$ è simmetrica: usando $(XY)^T = Y^T X^T$ e $(A^T)^T = A$,

$$B^T = (A A^T)^T = (A^T)^T A^T = A A^T = B .$$

Ogni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile (sui reali, e anzi con una base ortonormale di autovettori) per il teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →. Quindi $B$ è diagonalizzabile per ogni $t$, anche per i valori per cui $A$ non lo è.

Il testo dice di non calcolare il prodotto: la domanda verifica che si riconosca la simmetria e si sappia usare il teorema.

Errori comuni

• Sviluppare il determinante lungo la prima riga: si arriva allo stesso risultato ma con molti più conti, e il parametro $t$ sembra contare quando in realtà non influisce sugli autovalori.
• Concludere che $A$ non è diagonalizzabile perché $2$ è un autovalore doppio: bisogna confrontare $m_g$ con $m_a$, e per $t = 0$ coincidono.
• In (c) cercare di calcolare gli autovalori di $AA^T$: non serve, basta la simmetria.