AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Nella teoria delle applicazioni lineari c’è un argomento che occupa una posizione strategica, ovvero ci riferiamo a: autovalori, autovettori e autospazi.

Tutta questa teoria si può verificare quando una funzione lineare collega due spazi vettoriali con la stessa dimensione.

Dunque quando passiamo ad esempio da uno spazio vettoriale V=Rⁿ ad uno spazio W=Rⁿ.

$$f:\ V=\mathbb{R^n}\to \mathbb{R^n}$$

In questo senso parliamo di endomorfismo.

La matrice A associata alla funzione lineare è dunque una matrice quadrata.

Un autovalore è una costante 𝜆 che motiplicata per un certo vettore v (detto autovettore)  produce il medesimo risultato che applicare la funzione lineare f al vettore stesso.

Dunque vale la relazione per cui:

$$f(v)=\color{blue}{\lambda}v$$

Usando la matrice A associata alla funzione lineare possiamo dire che applicando la matrice al vettore si ottiene un multiplo del vettore stesso di ordine 𝜆

$$Av=\color{blue}{\lambda}v$$

L’autovettore è il vettore v non nullo cui viene applicata la funzione e che alla fine della trasformazione è il risultato stesso moltiplicato per l’autovalore 𝜆

$$f(\color{red}{v})=\lambda\color{red}{v}\quad\to\quad A\color{red}{v}=\lambda\color{red}{v}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale formato da tutti gli autovettori che sono associati ad un singolo autovalore.

Possiamo indicare l’autospazio associato all’autovalore 𝜆 con la denominazione V_𝜆

$$V_\lambda=\{v\in v|f(v)=\lambda v\}$$

La dimensione dell’autospazio è dato dal numero di autovalori che sono contenuti nella base dell’autospazio

ESEMPI DI AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Vediamo alcuni esempi pratici per capire meglio i concetti di: autovalori, autovettori e autospazi.

ESEMPIO 1

Ad esempio se consideriamo l’applicazione lineare che va da R2 a R2:

$$f:\mathbb{R^2}\to\mathbb{R^2}|\quad f \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\3x+2y\end{pmatrix}$$

Possiamo affermare che il vettore 

$$v=\begin{pmatrix}1\\-3 \end{pmatrix}$$

 è un autovettore quanto se applichiamo la funzione lineare a questo vettore otteniamo un multiplo del vettore stesso, infatti:

$$f\begin{pmatrix}1\\-3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\3\cdot1+2\cdot(-3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-3 \end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix}1\\-3 \end{pmatrix}$$

In questo caso questo autovettore risulta associato all’autovalore 1, infatti:

$$f(v)=v$$

Da notare altre due cose:

In primis che la matrice A associata alla funzione f rispetto alle basi canoniche è quadrata di ordine 2.

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\3&2 \end{pmatrix}\quad\in M[2\times2]$$

Questa risulta infatti una condizione fondamentale per la ricerca di autovalori, autovettori e autospazi.

In secondo luogo che esistono infiniti autovettori del tipo kv multipli del vettore v.

Sono altresì autovettori associati allo stesso autovalore i vettori:

$$2v=\begin{pmatrix}2\\-6 \end{pmatrix}\quad 3v=\begin{pmatrix}3\\-9 \end{pmatrix}\quad 5v=\begin{pmatrix}5\\-15 \end{pmatrix}\quad -v=\begin{pmatrix}-1\\3 \end{pmatrix}\quad -2v=\begin{pmatrix}-2\\6 \end{pmatrix}\quad\cdots$$

Infatti per le proprietà di linearità dell’applicazione lineare:

$$f(v)=\lambda \quad\to\quad f(kv)=kf(v)=k(\lambda v)=\lambda(kv)$$

Si può facilmente dimostrare che la funzione in oggetto:

$$f:\mathbb{R^2}\to\mathbb{R^2}|\quad f \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\3x+2y\end{pmatrix}$$

 ammette un autospazio generato proprio dal vettore v con dimensione 1 la cui base è:

$$B_{V(\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\-3\end{pmatrix}\right\}$$

Chiaramente possiamo inserire un qualsiasi multiplo del vettore

ESEMPIO 2

Ad esempio se consideriamo l’applicazione lineare che va da R² a R²:

$$f:\mathbb{R^3}\to\mathbb{R^3}|\quad f \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 7x-2y-2z\\y\\12x-4y-3z\end{pmatrix}$$

Possiamo affermare che il vettore 

$$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\\2 \end{pmatrix}$$

 è un autovettore associato all’autovalore 3, infatti si verifica che:

$$f(v_1)=3\cdot v_1\to \\ f\begin{pmatrix}1\\0\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\cdot1-2\cdot0-2\cdot2\\0\\12\cdot1-4\cdot0-3\cdot2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\0\\6 \end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\0\\2 \end{pmatrix}$$

Si può dimostrare che per il valore di 𝜆=3 è associato un autospazio con dimensione 1, la cui base è:

$$B_{V(\lambda=3)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\0\\2\end{pmatrix}\right\}$$

Per la stessa funzione si possono individuare altri due autovettori v₂ e v₃ associati all’autovalore 1

$$v_2=\begin{pmatrix}1\\2\\1 \end{pmatrix}\qquad v_3=\begin{pmatrix}0\\1\\-1 \end{pmatrix}\ : \\ \begin{array}{l} f(v_2)=f\begin{pmatrix}1\\2\\1 \end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 7\cdot1-2\cdot2-2\cdot1\\2\\12\cdot1-4\cdot2-3\cdot1\end{pmatrix}&=&1\cdot\begin{pmatrix}1\\2\\1 \end{pmatrix}\\ f(v_3)=f\begin{pmatrix}0\\1\\-1 \end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 7\cdot0-2\cdot1-2\cdot(-1)\\1\\12\cdot0-4\cdot1-3\cdot(-1)\end{pmatrix}&=&1\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\-1 \end{pmatrix}\end{array}$$

L’autospazio associato a questo autovalore 1 ha dimensione 2 e la base è:

$$B_{V(\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\2\\1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\1\\-1\end{pmatrix}\right\}$$

COME TROVARE AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Prima di partire vi consiglio di leggere questa teoria

• Prima di fare gli esercizi
• Dopo aver fatto il primo esercizio
• Ripetere  per almeno 5 esercizi

Vi ci vorranno almeno 5 letture intervallate da altrettanti esercizi per comprenderla.

Il ragionamento da cui partire per trovare autovalori, autovettori e autospazi comincia con il considerare una applicazione lineare che vada da uno spazio vettoriale V ad uno spazio vettoriale W con la stessa dimensione

$$f:\ V\to W\quad\text{con $V,W\in\mathbb{R^n}$}$$

La funzione scritta in modo matriciale dove A è la matrice quadrata n⨯n associata alla funzione  è dunque:

$$w=f(v)=Av\quad\text{con $A\in M[n\times n]$}$$

Ora dobbiamo cercare un vettore v (autovalore) non nullo che applicato alla funzione ci restituisca lo stesso vettore moltiplicato per 𝜆 (autovettore).

Dunque dobbiamo risolvere l’equazione:

$$Av=\lambda v$$

Possiamo rileggere il lato destro dell’equazione moltiplicando alla sinistra del vettore la matrice identica:

$$Av=\lambda Iv$$

Spostiamo dunque tutto sul lato sinistro:

$$Av-\lambda Iv=0$$

Dove lo 0 a destra è il vettore nullo.

Ora raccogliamo a fattor comune il vettore v a destra:

$$(A-\lambda I)v=0$$

Volendo inoltre che il vettore v non deve essere nullo deve per forza appartenere al Ker (nucleo)  della funzione associata alla matrice A–𝜆Iv

Siccome questo nucleo è non banale (ancora una volta il vettore v è diverso da zero) deve necessariamente verificarsi la condizione che la funzione non deve essere iniettiva.

(Ricordiamo infatti che una funzione è iniettiva solo se il nucleo è banale ovvero possiede solo il vettore nullo ) 

Essendo la matrice A–𝜆I quadrata per definizione al fine di non essere iniettiva il suo rango è inferiore ad n (intesa come la dimensione dello spazio V)

Ricordiamo infatti che per determinare la dimensione del nucleo (Kerf) esiste la seguente formula:

$$\text{Dim(Ker)}=n-\rho(A-\lambda I)$$

Questo si verifica solamente in una situazione: il determinante della matrice deve essere nullo!

Impostando dunque l’equazione:

$$\text{det}(A-\lambda I)=0$$

Troviamo una equazione di grado n del tipo:

$$P^n(x)=0\to a_n\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+a_2\lambda^2+a_1\lambda^1+a_0=0$$

Dove Pⁿ(x) indica il polinomio caratteristico della matrice le cui soluzioni sono gli autovaloridella matrice

Se siamo fortunati e riusciamo a risolverla potremmo scomporre questo polinomio in n fattori di primo grado:

$$(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)\cdots(\lambda-\lambda_{n-1})(\lambda-\lambda_n)=0$$

Questa cosa è sempre vera nel campo dei numeri complessi (ma non necessariamente nel campo dei numeri reali)

Da che otteniamo gli n autovalori:

$$\lambda=\lambda_1\quad\lambda=\lambda_2\quad\cdots\quad\lambda=\lambda_{n-1}\quad\lambda=\lambda_n$$

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Un’emozionante viaggio che parte da vettori, matrici e sistemi lineari.

Passando per i concetto di rango e determinante arriverai fino fino agli spazi e sottospazi lineari, le funzioni lineari e la diagonalizzazione delle matrici, con tappa finale nelle coniche.

IL CASO DI AUTOVALORI DISTINTI

Quando tutti gli autovalori sono distinti diciamo che la molteplicità algebrica associata a quell’autovalore è pari a 1.

In questo caso per ogni autovalore esisterà certamente un autospazio generato da un solo autovettore.

Se consideriamo 𝜆₀ una generica soluzione del polinomio caratteristico impostiamo la seguente equazione omogenea per trovare il relativo autospazio:

$$(A-\lambda_0)v=0$$

A questo punto risolveremo n equazioni omogenee determinando n autospazi di dimensione 1 ognuno dei quali è associato al suo autovalore 

$$\begin{aligned}&\text{autovalori}:\ \lambda_1,\lambda_2, \dots, \lambda_{n-1}, \lambda_n\ \text{ (molteplicità algebrica $1$)} \\&\text{autovettori}:\ v_1,v_2,\dots, v_{n-1},v_n\ \text{ (autospazi di molteplicità algebrica $1$)}\end{aligned}$$

Definiamo allora due matrici S e D

La matrice S ha come colonne gli n autovettori s_k(associati ad ogni autospazio)

$$S=\begin{pmatrix}s_1&s_2&\cdots&s_{n-1}&s_n \end{pmatrix}$$

Precisiamo che questi n autovettori formano una base degli spazi vettoriali V e W

La matrice D è la matrice diagonale lungo la cui diagonale ha gli n autovalori ordinati rispetto agli autovettori

$$D=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&\cdots&0\\ 0&\lambda_2&\cdots&0\\ \vdots&\cdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda_n\end{pmatrix}$$

La relazione tra la matrice A associata alla base canonica della funzione, la matrice S degli autovettori e la matrice diagonale D degli autovalori è la seguente:

$$AS=SD$$

Il che significa che possiamo ottenere una matrice diagonale (quindi più semplice) associata alla funzione lineare moltiplicando A 

•  a sinistra per l’inversa di S
•  a destra per  S

$$D=S^{-1}AS$$

Dopo tutto ricordiamo che per cambiare la base ad una matrice moltiplichiamo a sinistra per la base del codominio e a destra per la base del dominio

Identicamente se vogliamo ricavare la matrice A  partire dalla matrice diagonale D facciamo il ragionamento opposto, ovvero moltiplichiamo D

•  a sinistra per la matrice S degli autovalori
•  a destra per l’inversa di S

$$A=SDS^{-1}$$

Tutto bene fino a quando abbiamo n autovalori distinti.

Le cose potrebbero un po’ complicarsi quando abbiamo autovalori con molteplicità diversa.

ESEMPI DI AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Scommetto che se state leggendo per la prima volta questo argomento la teoria presentata sopra può sembrare abbastanza confusa e incomprensibile.

Per questo motivo andiamo a svolgere alcuni semplici esempi in cui, data una funzione lineare e ricavata la corrispondente matrice A associata alla base canonica ricerchiamo la corrispondente matrice diagonale D degli autovalori e la corrispondente matrice S degli autovettori, che identificano gli autospazi associati.

ESEMPIO 1 – AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Consideriamo la seguente funzione lineare che va da R² a R²

$$f:\ \mathbb{R^2}\to\mathbb{R^2}\qquad f\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x+2y\\-3x+4y \end{pmatrix}$$

RICERCA DEGLI AUTOVALORI

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$A=\begin{pmatrix}-1&2\\-3&4 \end{pmatrix}$$

 con rango pari a 2 in quanto abbiamo le colonne (righe) linearmente indipendenti

Andiamo alla ricerca del polinomio caratteristico studiando il determinante della matrice A–𝜆I uguale a zero

$$\text{det}(A-\lambda I)=0:\quad \left|\begin{pmatrix}-1\color{blue}{-\lambda}&2\\-3&4\color{blue}{-\lambda} \end{pmatrix}\right|=0$$

Entriamo quindi nello specifico dei calcoli:

$$ \begin{aligned}&(-1-\lambda)(4-\lambda)-2(-3)=0\\&(\lambda+1)(\lambda-4)+6=0\\&\lambda^2-3\lambda-4+6=0\\&\lambda^2-3\lambda+2=0\\&(\lambda-1)(\lambda-2)=0\\&\lambda=1\lor\lambda=2\end{aligned}$$

Abbiamo così trovato i due autovalori di molteplicità algebrica 1 della matrice.

Ad ogni autovalore corrisponde un autospazio di molteplicità geometrica 1 nella cui base troviamo un autovettore

RICERCA AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Cominciamo a calcolare il primo autospazio associato al primo autovalore usando la formula:

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con $\lambda_0=1$}\\ \ \\ \begin{pmatrix} -1\color{blue}{-1}&2\\-3&4\color{blue}{-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases} -2x+2y=0\\-3x+3y=0\end{cases}$$

Tutte le equazioni some multiple dell’equazione:

$$-x+y=0\quad\to\quad y=x$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R2 del tipo:

$$v=\begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (1,1)

$$B_{V(\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\1 \end{pmatrix}\right\}$$

Se siamo come Giuda e non ci fidiamo del fatto che questo sia un autovettore associato all’autovettore 1 facciamo la prova del nove vedendo se è soddisfatta la condizione:

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x+2y\\-3x+4y \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1+2\cdot1\\-3\cdot1+4\cdot1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Passiamo ora alla ricerca del secondo autospazio collegato al secondo autovalore

Impostiamo ancora l’equazione

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con $\lambda_0=2$}\\ \ \\ \begin{pmatrix} -1\color{blue}{-2}&2\\-3&4\color{blue}{-2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases} -3x+2y=0\\-3x+2y=0\end{cases}$$

Le due equazioni sono equivalenti dunque ne eliminiamo una

$$-3x+2y=0\quad\to\quad y=\frac{3}{2}x$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R2 del tipo:

$$v=\begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\\frac{3}{2}x\end{pmatrix}=2x\begin{pmatrix} 2\\3\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (2,3)

$$B_{V(\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix}2\\3 \end{pmatrix}\right\}$$

Se non ci crediamo facciamo la prova:

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x+2y\\-3x+4y \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 2\\3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2+2\cdot3\\-3\cdot2+4\cdot3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4\\16\end{pmatrix}=2\cdot\begin{pmatrix} 2\\3\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Facciamo dunque un riepilogo degli autovalori e dei relativi autovettori e autospazi

$$\begin{array}{l}\lambda_1=1&\to& B_{V(\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\1 \end{pmatrix}\right\}\\ \lambda_2=2&\to& B_{V(\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix}2\\3 \end{pmatrix}\right\}\end{array}$$

RELAZIONI MATRICIALI

Ora costruiamo la matrice diagonale D sulla cui diagonale troviamo gli autovalori ordinati

$$D=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0\\0&2\end{pmatrix}$$

Successivamente la matrice S degli autovettori scritti in colonna nello stesso ordine degli autovalori:

$$S=\begin{pmatrix}s_1&s_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2\\1&3\end{pmatrix}$$

Affinché il tutto risulti corretto deve essere soddisfatta la relazione:

$$AS=SD=\lambda v\\ \ \\ \begin{pmatrix} -1&2\\-3$4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&2\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2\\1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&4\\1&6\end{pmatrix}$$

Nelle colone di questa matrice troviamo il prodotto tra gli autovalori e gli autovettori.

In particolare possiamo considerare la matrice diagonale D come la matrice associata alla funzione f rispetto alla base S (matrice degli autovettori) del dominio V e del codominio W

$$A=SDS^{-1}$$

Per ottenere la matrice diagonale D a partire dalla matrice A canonica e dalla base S usiamo la formula:

$$D=S^{-1}AS\\ \ \\ D=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -1&2\\-3&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&2\\1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&2 \end{pmatrix}$$

Se invece vogliamo ottenere la matrice A della funzione lineare f associata alla base canonica di dominio e codominio dalla matrice diagonale e dalla base S usiamo la relazione inversa:

$$A=SDS^{-1}\\ \ \\ A=\begin{pmatrix}1&2\\1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&2\\1&3\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}-1&2\\-3&4 \end{pmatrix}$$

ESEMPIO 2 – AUTOVALORI, AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Consideriamo la seguente funzione lineare che va da R³ a R³

$$f:\ \mathbb{R^3}\to\mathbb{R^3}\qquad f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-7x-2y-2z\\4x-2z\\ 8x-3y-z \end{pmatrix}$$

RICERCA DEGLI AUTOVALORI

La matrice 3×3 associata alla base canonica della funzione è:

$$A=\begin{pmatrix}7&-2&-2\\4&0&-2\\8&-3&-1 \end{pmatrix}$$

 con rango pari a 3 in quanto il determinante risulta diverso da zero

$$\det A=\left| \begin{array}{c}7&-2&-2\\4&0&-2\\8&-3&-1 \end{array} \right|=-4\left| \begin{array}{c} -2&-2\\-3&-1\end{array} \right|+2\left| \begin{array}{c}7&-2\\8&-3\end{array} \right|16-10=6$$

Andiamo alla ricerca del polinomio caratteristico studiando il determinante della matrice A–𝜆I uguale a zero

$$\text{det}(A-\lambda I)=0:\quad \left|\begin{pmatrix}7\color{blue}{-\lambda}&-2&-2\\4&0\color{blue}{-\lambda}&-2\\8&-3&-1\end{pmatrix}\right|=0$$

Applichiamo la regola di Laplace per il calcolo del determinante sulla seconda riga:

$$\begin{aligned}&-4\left| \begin{array}{c} -2&-2\\-3&-1-\lambda\end{array} \right|-\lambda\left| \begin{array}{c} 7-\lambda&-2\\8&-1-\lambda\end{array} \right|+2\left| \begin{array}{c} 7-\lambda&-2\\8&-3\end{array} \right|\\ \ \\ &4(2(\lambda+1)-6)+\lambda((\lambda-7)(\lambda+1)+16)-2(3(\lambda-7)+16)=0\\&4(2\lambda+2-6)+\lambda(\lambda^2-6\lambda-7+16)-2(3\lambda-21+16)=0\\&4(2\lambda-4)+\lambda(\lambda^2-6\lambda+9)-2(3\lambda-5)=0\\&8\lambda-16+\lambda^3-6\lambda^2+9\lambda-6\lambda+10=0\\&\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0\end{aligned}$$

Applicando la scomposizione con Ruffini otteniamo:

$$(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)=0$$

Da cui otteniamo che gli autovalori di molteplicità algebrica 1 sono

$$\lambda=1\lor\lambda=2\lor\lambda=3$$

Troviamo ora gli autospazi di molteplicità algebrica 1

RICERCA AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Cominciamo a calcolare il primo autospazio associato al primo autovalore usando la formula:

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con $\lambda_0=1$}\\ \ \\ \begin{pmatrix} 7\color{blue}{-1}&-2&-2\\4&0\color{blue}{-1}&-2\\8&-3&-1\color{blue}{-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases}6x-2y-2z=0\\4x-y-2z=0\\8x-3y-2z=0 \end{cases}$$

Dalla prima equazione otteniamo la y in funzione di x e z

$$\begin{aligned}&6x-2y-2z=0\\&3x-y-z=0\\&y=3x-z\end{aligned}$$

Dalla seconda equazione ricaviamo la y in funzione della x e della z

$$\begin{aligned}&4x-y-2z=0\\&y=4x-2z\end{aligned}$$

Eguagliamo le due equazioni per confronto e ricaviamo la x in funzione della z

$$3x-z=4x-2z\ \to\ x=z$$

Sostituiamo questo risultato nella prima in sospeso:

$$y=3z-z=2z$$

A questo punto il sistema è:

$$\begin{cases}x=z\\y=2z\\8x-3y-2z=0 \end{cases}$$

Inseriamo le prime due equazioni nella seconda per sostituzione e troviamo un’identità verificata per ogni z reale

$$8z-6z-2z=0\to0z=0\to\forall z\in\mathbb{R}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R³ del tipo:

$$v=\begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} z\\2z\\z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix} 1\\2\\1\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (1, 2, 1)

$$B_{V(\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\2\\1 \end{pmatrix}\right\}$$

Per rassicuraci del fatto che abbiamo fatto i conti a regola verifichiamo che si tratta realmente di un autovettore con autovalore 1

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7x-2y-2z\\4x-2z\\8x-3y-z \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\cdot1-2\cdot2-2\cdot1\\4\cdot1-2\cdot1\\8\cdot1-3\cdot2-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\2\\1\end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix} 1\\2\\1\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Passiamo ora alla ricerca del secondo autospazio collegato al secondo autovalore

Impostiamo ancora l’equazione

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con $\lambda_0=2$}\\ \ \\ \begin{pmatrix} 7\color{blue}{-2}&-2&-2\\4&0\color{blue}{-2}&-2\\8&-3&-1\color{blue}{-2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases}5x-2y-2z=0\\4x-2y-2z=0\\8x-3y-3z=0 \end{cases}$$

Dalla seconda equazione otteniamo la y in funzione di x e z

$$\begin{aligned}&4x-2y-2z=0\\&2x-y-z=0\\&y=2x-z\end{aligned}$$

Sostituiamo nella prima scoprendo una forma indeterminata

$$\begin{aligned}&5x-2y-2z=0\\&5x-2(2x-z)-2z=0\\&4x-4y+2z-2z=0\\&0x+0z=0\quad \forall x,y\in\mathbb{R^2}\end{aligned}$$

Non ci resta dunque che sostituire il valore della y nella terza equazione 

$$\begin{aligned}&8x-3y-3z=0\\&8x-3(2x-z)-3z=0\\&8x-6x+3z-3z=0\\&x=0\end{aligned}$$

Il valore della x nell’autospazio è pari a zero ora inseriamo questo valore peroprio nella y della seconda equazione

$$y=2x-z\quad\to\quad y=-z$$

Ricapitolando:

$$\begin{cases}x=0\\y=-z\\ \forall x\in\mathbb{R} \end{cases}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R2 del tipo:

$$v=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\-z\\z\end{pmatrix}=z\begin{pmatrix} 0\\-1\\1\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (0, -1, 1)

$$B_{V(\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix}0\\-1\\1 \end{pmatrix}\right\}$$

Per rassicuraci del fatto che abbiamo fatto i conti a regola verifichiamo che si tratta realmente di un autovettore con autovalore 2

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7x-2y-2z\\4x-2z\\8x-3y-z \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 0\\-1\\1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\cdot0-2\cdot(-1)-2\cdot1\\4\cdot0-2\cdot1\\8\cdot0-3\cdot(-1)-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\-2\\2\end{pmatrix}=2\cdot\begin{pmatrix} 0\\-1\\1\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Ora andiamo a ricercare il terzo autospazio collegato all’autovalore 3

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con $\lambda_0=3$}\\ \ \\ \begin{pmatrix} 7\color{blue}{-3}&-2&-2\\4&0\color{blue}{-3}&-2\\8&-3&-1\color{blue}{-3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases}4x-2y-2z=0\\4x-3y-2z=0\\8x-3y-4z=0 \end{cases}$$

Sottraiamo la seconda equazione dalla prima e ricaviamo la y

$$\begin{aligned}&\text_{EQ}_1-\text{EQ}_2\ :\\&(4x-4x)+(-2y+3y)+(-2z+2z)=0\\&y=0\end{aligned}$$

Sostituiamo questo risultato nella prima equazione per ricavare la z in funzione della x:

$$\begin{aligned}&4x-2y-2z\\&2x-y-z=0\\&2x-z=0\\&z=2x\end{aligned}$$

Inseriamo i valori trovati nella terza equazione ottenendo un’identità verificata per ogni x

$$\begin{aligned}&8x-3y-4z=0\\&8x-3\cdot0-4(2x)=0\\&0x=0\to\forall x\in\mathbb{R}\end{aligned}$$

A questo punto il sistema è:

$$\begin{cases}\forall x\in\mathbb{R}\\y=0\\z=2x \end{cases}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R³ del tipo:

$$v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\0\\2x \end{pmatrix}=x\begin{pmatrix} 1\\0\\2\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (1, 0, 2)

$$B_{V(\lambda=3)}=\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\2 \end{pmatrix}\right\}$$

Verifichiamo che i calcoli siano corretti

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7x-2y-2z\\4x-2z\\8x-3y-z \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 1\\0\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\cdot1-2\cdot0-2\cdot2\\4\cdot1-2\cdot2\\8\cdot1-3\cdot0-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3\\0\\6\end{pmatrix}=3\cdot\begin{pmatrix} 1\\0\\2\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Facciamo dunque un riepilogo degli autovalori e dei relativi autovettori e autospazi

$$\begin{array}{l}\lambda_1=1&\to&B_{V(\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\2\\1\end{pmatrix}\right\}\\ \lambda_2=2&\to&B_{V(\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix} 0\\-1\\1\end{pmatrix}\right\}\\\lambda_3=3&\to&B_{V(\lambda=3)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\0\\2\end{pmatrix}\right\}\end{array}$$

RELAZIONI MATRICIALI

Ora costruiamo la matrice diagonale D sulla cui diagonale troviamo gli autovalori ordinati

$$D=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\0&\lambda_2&0\\0&0&\lambda_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}$$

Successivamente la matrice S degli autovettori scritti in colonna nello stesso ordine degli autovalori:

$$S=\begin{pmatrix} s_1&s_2&s_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}$$

Ricordiamo inoltre che la matrice A associata alla funzione lineare  relativa alle basi canoniche di dominio e codominio è

$$A=\begin{pmatrix} 7&-2&-2\\4&0&-1\\8&-3&-1\end{pmatrix}$$

Affinché il tutto risulti corretto deve essere soddisfatta la relazione:

$$AS=SD=\lambda v\\ \ \\\begin{pmatrix} 7&-2&-2\\4&0&-1\\8&-3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&3\\2&-2&0\\1&4&6\end{pmatrix} $$

Nelle colone di questa matrice troviamo il prodotto tra gli autovalori e gli autovettori.

In particolare possiamo considerare la matrice diagonale D come la matrice associata alla funzione f rispetto alla base S (matrice degli autovettori) del dominio V e del codominio W

Per ottenere la matrice diagonale a partire dalla matrice A canonica e dalla base S usiamo la formula:

$$D=S^{-1}AS\\ \ \\ D=\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} 7&-2&-2\\4&0&-1\\8&-3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}$$

Se invece vogliamo ottenere la matrice A canonica dalla matrice diagonale e dalla base S usiamo la relazione inversa:

$$A=SDS^{-1}\\ \ \\ A=\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&1\\2&-1&0\\1&2&2\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} 7&-2&-2\\4&0&-1\\8&-3&-1\end{pmatrix}$$

SCOPRI L’ALGEBRA LINEARE

Impara l’algebra lineare partendo da zero!

Un’emozionante viaggio che parte da vettori, matrici e sistemi lineari.

Passando per i concetto di rango e determinante arriverai fino fino agli spazi e sottospazi lineari, le funzioni lineari e la diagonalizzazione delle matrici, con tappa finale nelle coniche.

AUTOVALORI CON MOLTEPLICITÀ MAGGIORE DI UNO

I casi che abbiamo analizzato sono relativi al caso di autovalori distinti, quindi con molteplicità algebrica pari a 1.

Ad ogni autovalore è associato un autospazio di molteplicità geometrica pari ad 1.

In questo caso la matrice risulta essere certamente diagonalizzabile in quanto in totale troviamo n autovettori indipendenti che formano una base.

Quando la molteplicità geometrica degli autovalori è maggiore di 1, ad esempio n_k allora non è detto che corrisponda un autospazio di dimensione n_k.

Solo in quest’ultima situazione la matrice è diagonalizzabile.

In generale proviamo a descrivere questa situazione partendo dal polinomio caratteristico:

$$P^n(x)=0\to a_n\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+a_2\lambda^2+a_1\lambda^1+a_0=0$$

Dove Pⁿ(x) indica il polinomio caratteristico della matrice le cui soluzioni sono gli autovaloridella matrice

Se siamo fortunati e riusciamo a risolverla potremmo scomporre questo polinomio in n fattori di primo grado:

$$(\lambda-\lambda_1)^{n_1}(\lambda-\lambda_2)^{n_2}\cdots(\lambda-\lambda_k)^{n_k}=0\qquad\text{con }\ n_1+n_2+\cdots+n_k=n$$

Da che otteniamo gli n autovalori:

$$\begin{array}{l} \lambda=\lambda_1&\text{con m.a.}&=n_1\\ \lambda=\lambda_2&\text{con m.a.}&=n_2\\ \dots&\dots\\ \lambda=\lambda_k&\text{con m.a.}&=n_k\end{array}$$

(m.a. sta per molteplicità algebrica) 

Possiamo trovare una base di autovettori solamente nel caso in cui ad ogni autovalore risultata associato un autospazio con molteplicità geometrica pari a quella algebrica.

In caso contrario non sarà possibile avere la nostra base di autovettori dunque non esiste alcuna diagonalizzazione.

ESEMPIO 1 – AUTOVALORI CON MOLTEPLICITÀ MAGGIORE DI 1

Consideriamo la seguente funzione lineare che va da R² a R²

$$f:\ \mathbb{R^2}\to\mathbb{R^2}\qquad f\begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x-y\\x+3y \end{pmatrix}$$

RICERCA DEGLI AUTOVALORI

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$A=\begin{pmatrix} 1&-1\\1&3\end{pmatrix}$$

 con rango pari a 2 in quanto abbiamo le colonne (righe) linearmente indipendenti

Andiamo alla ricerca del polinomio caratteristico studiando il determinante della matrice A–𝜆I uguale a zero

$$\det(A-\lambda I)=0\quad\to\quad \left| \begin{array}{c} 1\color{blue}{-\lambda}&-1\\1&3\color{blue}{-\lambda}\end{array} \right|=0$$

Entrando nei calcoli specifici otteniamo:

$$\begin{aligned}&(1-\lambda)(3-\lambda)-(-1)\cdot1=0\\&(\lambda-1)(\lambda-3)+1=0\\&\lambda^2-4\lambda+4=0\\&(\lambda-2)^2=0\\&\lambda=2\quad\text{con m.a.}=2\end{aligned}$$

Possiamo trovare una base di autovettori solo se a questo autovalore corrisponde un autospazio con molteplicità geometrica pari a due.

In altre parole la base di questo autospazio deve essere formata da due autovettori

RICERCA AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Impostiamo l’equazione per la ricerca degli autospazi:

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con }\ \lambda_0=2\\ \ \\ \begin{pmatrix} 1\color{blue}{-2}&-1\\1&3\color{blue}{-2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases} -x-y=0\\x+y=0\end{cases}$$

Tutte le equazioni some multiple dell’equazione:

$$x+y=0\quad\to\quad y=-x$$

Il nostro autospazio possiede dunque un solo autovettore

$$v=\begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\-x\end{pmatrix}=x\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$$

La base dell’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (1,1)

$$B_{V\ (\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix} 1&1\end{pmatrix}\right\}$$

La molteplicità dell’autospazio è pari ad 1 dunque non possiamo trovare una base di autovettori in R2.

Pertanto la matrice non è diagonalizzabile.

ESEMPIO 2 – AUTOVALORI CON MOLTEPLICITÀ MAGGIORE DI 1

Consideriamo la seguente funzione lineare che va da R³ a R³

$$f:\ \mathbb{R^3}\to\mathbb{R^3}\qquad f\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2x+3z\\-2x+4y-2z\\2z\end{pmatrix}$$

RICERCA DEGLI AUTOVALORI

La matrice 3×3 associata alla base canonica della funzione è:

$$A=\begin{pmatrix} 2&0&3\\-2&4&-2\\0&0&2\end{pmatrix}$$

 con rango pari a 3 in quanto il determinante risulta diverso da zero (terza riga)

$$\det A=\left| \begin{array}{c} 2&0&3\\-2&4&-2\\0&0&2\end{array} \right|=2\left| \begin{array}{c} 2&0\\-2&4\end{array} \right|=2\cdot8=16$$

Andiamo alla ricerca del polinomio caratteristico studiando il determinante della matrice A–𝜆I uguale a zero

$$\det(A-\lambda I)=0\quad\to\quad \left| \begin{array}{c} 2\color{blue}{-\lambda}&0&3\\-2&4\color{blue}{-\lambda}&-2\\0&0&2\color{blue}{-\lambda}\end{array} \right|=0$$

Applichiamo Laplace sulla terza riga:

$$\begin{aligned}&(2-\lambda)\left| \begin{array}{c} 2-\lambda&0\\-2&4-\lambda\end{array} \right|=0\\&(2-\lambda)(2-\lambda)(4-\lambda)=0\\&(\lambda-2)^2(\lambda-4)=0\end{aligned}$$

Da cui otteniamo un autovalore con molteplicità algebreica 2, ed un autovalore di molteplicità algreberica 1:

$$\begin{array}{l}\lambda=2 &\text{con m.a.}&=2\\ \lambda=4 &\text{con m.a.}&=1\end{array}$$

RICERCA AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Verifichiamo per prima cosa la dimensione dell’autospazio relativa all’autovalore con molteplicità algebrica 2, ovvero 2

$$(A-\lambda_0I)v=0\quad\text{con }\ \lambda_0=2\\ \ \\ \begin{pmatrix} 2\color{blue}{-2}&0&3\\-2&4\color{blue}{-2}&-2\\0&0&2\color{blue}{-2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases} 3x=0\\-2x+2y-2z=0\\0x+0y+0z=0\end{cases}$$

L’ultima equazione si esclude da sola, mentre dalla prima equazione abbiamo già il valore di x:

$$x=0$$

Sostituiamo tale valore nella seconda per ottenere la y in funzione di z

$$\begin{aligned}&-2x+2y-2z=0\\&-x+y-z=0\\&y-z=0\\&y=z\end{aligned}$$

A questo punto il sistema è:

$$\begin{cases}x=0\\y=z\\ \forall z\in\mathbb{R} \end{cases}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R³ del tipo:

$$v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\z\\z \end{pmatrix}=z\begin{pmatrix} 0\\1\\1\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (1, 2, 1)

$$B_{V\ (\lambda=2)}=\left\{\begin{pmatrix} 0\\1\\1\end{pmatrix}\right\}$$

Essendo l’autospazio di dimensione 1 concludiamo che la matrice non è diagonalizzabile.

ESEMPIO 3 – AUTOVALORI CON MOLTEPLICITÀ MAGGIORE DI 1 

Consideriamo la seguente funzione lineare che va da R³ a R³

$$f:\ \mathbb{R^3}\to\mathbb{R^3}\qquad f\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -5x+6y-3z\\-3x+4y-3z\\-2z\end{pmatrix}$$

RICERCA DEGLI AUTOVALORI

La matrice 3×3 associata alla base canonica della funzione è:

$$A=\begin{pmatrix} -5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2\end{pmatrix}$$

 con rango pari a 3 in quanto il determinante risulta diverso da zero (ultima riga)

$$\det A=\left| \begin{array}{c}-5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2 \end{array} \right|=-2\left| \begin{array}{c} -5&6\\-3&4\end{array} \right|=-2(-20+18)=4$$

Andiamo alla ricerca del polinomio caratteristico studiando il determinante della matrice A–𝜆I uguale a zero

$$\det(A-\lambda I)=0\quad\to\quad \left| \begin{array}{c} -5\color{blue}{-\lambda}&6&-3\\-3&4\color{blue}{-\lambda}&-3\\0&0&-2\color{blue}{-\lambda}\end{array} \right|=0$$

Applichiamo Laplace sulla terza riga:

$$\begin{aligned}&(-2-\lambda)\left| \begin{array}{c} -5-\lambda&6\\-3&4-\lambda\end{array} \right|\\&(2+\lambda)\left((\lambda+5)(\lambda-4)+18\right)=0\\&(\lambda+2)(\lambda^2+\lambda-20+18)=0\\&(\lambda+2)(\lambda^2+\lambda-2)=0\\&(\lambda+2)(\lambda+2)(\lambda-1)=0\\ (\lambda+2)^2(\lambda-1)=0\end{aligned}$$

Da cui otteniamo che gli autovalori di molteplicità algebrica 1 sono

$$\begin{array}{l}\lambda=-2 &\text{con m.a.}&=2\\ \lambda=1 &\text{con m.a.}&=1\end{array}$$

RICERCA AUTOVETTORI E AUTOSPAZI

Troviamo subito l’autospazio associato all’autovalore con molteplicità algebrica 2, ovvero –2

$$\det(A-\lambda I)=0\quad\to\quad \left| \begin{array}{c} -5\color{blue}{+2}&6&-3\\-3&4\color{blue}{+2}&-3\\0&0&-2\color{blue}{+2}\end{array} \right|=0$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases}-3x+6y-3z=0\\-3x+6y-3z=0\\0x+0y+0z \end{cases}$$

L’ultima equazione scompare mentre le prime due sono multiple quindi consideriamo solo la prima equazione

$$\begin{aligned}&-3x+6y-3z=0\\&x-2y+z=0\\&x=2y-z\end{aligned}$$

A questo punto il sistema è verificato per ogni y e z reale

$$\begin{cases}x=2y-z\\ \forall y\in\mathbb{R}\\ \forall y\in\mathbb{R} \end{cases}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R³ del tipo:

$$v=\begin{pmatrix} x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2y-z\\y\\z\end{pmatrix}=y\begin{pmatrix} 2\\1\\0\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}-1\\0\\1 \end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base due autovettori dunque ha molteplicità geometrica pari a 2

$$B_{V\ (\lambda=-2)}=\left\{\begin{pmatrix} 2\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix}\right\}$$

La matrice in questo caso risulta perfettamente diagonalizzabile in quanto la molteplicità geometrica dell’ultimo autospazio sarà certamente pari a 1

Verifichiamo comunque i due autovettori dell’autospazio con la formula

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5x+6y-3z\\-3x+4y-3z\\-2z\end{pmatrix}\\ \ \\\begin{array}{l} f\begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-5\cdot2+6\cdot1+3\cdot0\\-3\cdot2+4\cdot1-3\cdot0\\-2\cdot0\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} -4\\-2\\0\end{pmatrix}&=&-2\cdot\begin{pmatrix} 2\\1\\0\end{pmatrix}\\ f\begin{pmatrix} -1\\0\\1 \end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}-5\cdot(-1)+6\cdot0+3\cdot1\\-3\cdot(-1)+4\cdot0-3\cdot1\\-2\cdot1\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix} 2\\0\\-2\end{pmatrix}&=&-2\cdot\begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix}\end{array}$$

Le equazione risultano perfettamente verificate!

Passiamo ora alla ricerca dell’autospazio associato a 𝜆=1

Impostiamo ancora l’equazione

$$\det(A-\lambda I)=0\quad\to\quad \left| \begin{array}{c} -5\color{blue}{-1}&6&-3\\-3&4\color{blue}{-1}&-3\\0&0&-2\color{blue}{-1}\end{array} \right|=0$$

Giungiamo al sistema lineare omogeneo:

$$\begin{cases} -6x+6y-3z=0\\ -3x+3y-3z=0\\-3z=0\end{cases}$$

Dalla terza equazione otteniamo subito la z

$$-3z=0\quad\to\quad z=0$$

Inseriamo nella prima scoprendo una forma indeterminata

$$\begin{aligned}&-6x+6y-3z=0\\&2x-2y+z=0\\&2x-2y=0\\&x=y\end{aligned}$$

Inseriamo tutto nella seconda equazione 

$$\begin{aligned}&-3x+3y-3z=0\\&x-y+z=0\\&y-y+0=0\\&0y=0\quad\to\quad \forall y\in\mathbb{R}\end{aligned}$$

Ricapitolando:

$$\begin{cases} x=y\\ \forall y\in\mathbb{R}\\z=0\end{cases}$$

Il nostro autospazio è dunque dato da un vettore di R3 del tipo:

$$v=\begin{pmatrix}x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} y\\y\\0\end{pmatrix}=y\begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix}$$

L’autospazio è un sottospazio vettoriale che ha per base l’autovettore (0, -1, 1)

$$B_{V\ (\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix}\right\}$$

Per rassicuraci del fatto che abbiamo fatto i conti a regola verifichiamo che si tratta realmente di un autovettore con autovalore 2

$$f(v)=\lambda v\quad\text{con }\ f(v)=f\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5x+6y-3z\\-3x+4y-3z\\-2z \end{pmatrix}\\ \ \\ f\begin{pmatrix} 1\\1\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5\cdot1+6\cdot1-3\cdot0\\-3\cdot1+4\cdot1-3\cdot0\\-2\cdot0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix}$$

L’equazione è correttamente verificata!

Facciamo dunque un riepilogo degli autovalori e dei relativi autovettori e autospazi

$$\begin{array}{l}\lambda_1=-2&\text{m.a.}=2&\to&B_{V\ (\lambda=-2)}=\left\{\begin{pmatrix} 2\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix}\right\}&\text{m.g.}=2\\ \lambda_2=1&\text{m.a.}=1&\to&B_{V\ (\lambda=1)}=\left\{\begin{pmatrix} 1\\1\\0\end{pmatrix}\right\}&\text{m.g.}=1 \end{array}$$

Ad ogni autovalore corrisponde un autospazio con molteplicità geometrica pari alla sua molteplicità algebrica.

La matrice è dunque diagonalizzabile poiché abbiamo trovato in R³ una base di autovettori.

RELAZIONI MATRICIALI

Ora costruiamo la matrice diagonale D sulla cui diagonale troviamo gli autovalori ordinati

$$D=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\0&\lambda_2&0\\0&0&\lambda_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$

Successivamente la matrice S degli autovettori scritti in colonna nello stesso ordine degli autovalori:

$$S=\begin{pmatrix} s_1&s_2&s_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}$$

Da notare che potremmo anche disporre i due autovettori relativi all’autovalore di molteplicità 2 in modo differente

Ricordiamo inoltre che la matrice A associata alla funzione lineare  relativa alle basi canoniche di dominio e codominio è

$$A=\begin{pmatrix} -5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2\end{pmatrix}$$

Affinché il tutto risulti corretto deve essere soddisfatta la relazione:

$$AS=SD=\lambda v\\ \ \\\begin{pmatrix} -5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -2&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -4&2&1\\-2&0&1\\0&-2&0\end{pmatrix} $$

Nelle colone di questa matrice troviamo il prodotto tra gli autovalori e gli autovettori.

In particolare possiamo considerare la matrice diagonale D come la matrice associata alla funzione f rispetto alla base S (matrice degli autovettori) del dominio V e del codominio W

Per ottenere la matrice diagonale a partire dalla matrice A canonica e dalla base S usiamo la formula:

$$D=S^{-1}AS\\ \ \\ D=\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} -5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$

Se invece vogliamo ottenere la matrice A canonica dalla matrice diagonale e dalla base S usiamo la relazione inversa:

$$A=SDS^{-1}\\ \ \\ A=\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&-1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} -5&6&-3\\-3&4&-3\\0&0&-2\end{pmatrix}$$

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