Diagonalizzabilità: tutto ciò che c'è da sapere

Introduzione

Un'applicazione lineare definita da una matrice si dice diagonalizzabile

n n

f : R → R M

se esiste una base di tale che sia diagonale.

β

n

β R M (f )

β

Proposizioni

Legame con autovettori

Prendiamo per esempio tale che , ovvero un'applicazione

2 2

f : R → R f (e ) = e , f (e ) = e

1 2 2 1

lineare che flippa lo spazio , creando una simmetria rispetto alla retta . Di fatto si ha

2

R y = x

che . Ci sono quindi dei vettori, come , che invertono

(x , x ) → (x , x ) (2, 1) → (1, 2)

1 2 2 1

simmetricamente a la loro direzione, e altri che invece la mantengono: proprio gli

y = x

autovettori. In particolare, tutti i vettori sulla retta e sono autovettori.

y = x y = −x

Si pensi a , con autovalore ;

v = (1, 1) → (1, 1) 1

1 , con autovalore ;

v = (1, −1) → (−1, 1) = −(1, −1) −1

2

Osserviamo ora che è base di (dal teorema GEL). Allora troviamo :

2

β = {v , v } R A

1 2 ββ

1 0

A = ((f (v )) , (f (v )) )) = ( )

ββ 1 β 2 β 0 −1

et-voilà! La matrice è diagonale.

L'idea è che se prendo una base di autovettori la matrice viene sempre diagonale.

Sia lineare, allora si ha che

n n

f : R → R n

f diagonalizzabile ⟺ ∃β ⊆ R di autovettori di f

ovvero è diagonalizzabile sse esiste una base di costituita da autovettori di .

n

f R f

Nota bene: gli elementi sulla diagonale principale di una matrice diagonale associata a una

sono proprio gli autovalori.

f ⎜ ⎟

Dimostrazione

: supponiamo che esista una base di autovettori di . Perciò

⟸ β = {v , ⋯ , v } f

1 n

. Costruisco

f (v ) = λ v , ⋯ , f (v ) = λ v

1 1 1 n n n . Le coordinate di rispetto alla

A = ((f (v )) , ⋯ , (f (v )) ) = ((λ v ) , ⋯ , (λ v ) ) λ v

ββ 1 β n β 1 1 β n n β i i

base sono , per cui si ottiene

β (0, ⋯ , λ , ⋯ , 0)

i λ ⋯ 0

1

⎛ ⎞

A =

ββ ⋮ ⋱ ⋮

⎝ ⎠

0 ⋯ λ n

ovvero diagonale, per cui diagonalizzabile.

A f

ββ

: supponiamo ora che sia diagonalizzabile, ovvero che esista una base

⟹ f

tale che sia diagonale, ovvero

β = {v , ⋯ , v } A

1 n ββ λ ⋯ 0

1

⎛ ⎞

A =

ββ ⋮ ⋱ ⋮

⎝ ⎠

0 ⋯ λ n

Sapendo che , ottengo che

A = ((f (v )) , ⋯ , (f (v )) )

ββ 1 β n β , per cui , ovvero

f (v ) = (λ , ⋯ , 0), ⋯ , f (v ) = (0, ⋯ , λ ) f (v ) = λ v , ⋯ , f (v ) = λ v

1 β 1 n β n 1 1 1 n n n

che sono autovettori. Perciò è una base di autovettori.

v , ⋯ , v β

1 n

Qed.

Legame con matrici diagonalizzabili

Sia lineare e sia la matrice associata a ( ), allora si ha

n n c

f : R → R A = M (R) f f = L A

c

che f diagonalizzabile ⟺ A diagonalizzabile

Quello che stiamo cercando di dire è che se ad una è associata, per una certa base , una

f β

matrice $A{\beta\beta}$ diagonale, per cui diagonalizzabile, allora è diagonalizzabile,

f A cc

ovvero simile a una matrice diagonale: _proprio $A{\beta\beta}$_! E viceversa.

Dimostrazione

: supponiamo diagonalizzabile, ovvero che esiste una base tale che

⟹ f β = {v , ⋯ , v }

1 n

è diagonale. Allora per è diagonalizzabile perché per la formula del cambio base ho

A A

ββ cc −1

A = I ⋅ A ⋅ I = I ⋅ A ⋅ I

ββ cβ cc βc cc βc

βc

per cui è simile a , e per la riflessività della relazione "essere simili", anche è

A A A

ββ cc cc

simile ad , che essendo diagonale rende $A{cc}$ diagonalizzabile_.

A ββ

: supponiamo diagonalizzabile. Allora significa che dove è una

−1

⟸ A D = P ⋅ A ⋅ P P

matrice invertibile e una matrice diagonale. Devo dimostrare diagonalizzabile, ovvero

D f

che esiste una base tale che è diagonale. Scelgo come vettori della

β = {v , ⋯ , v } A

1 n ββ

base le ipotetiche colonne di , ovvero , ed essendo invertibile dal

P β = {c , ⋯ , c } P

1 n

teoremone so che sono linearmente indipendenti e da GEL che generano , per cui base

n

R

di . Ora, dalla formula del cambio di base so che

n

R −1

A = I ⋅ A ⋅ I

ββ cc βc

βc

Calcolo quindi , ovvero , ovvero . Per cui

I I = (id(c ) , ⋯ , id(c ) ) = (c , ⋯ , c ) I = P

βc βc 1 c n c 1 n βc

−1

A = P ⋅ A ⋅ P = D

ββ

e quindi è diagonale.

A ββ

Qed.

Lineare indipendenza

Sia un'applicazione lineare e autovettori di con autovalori distinti

n n

f : R → R v , ⋯ , v f

1 k

, allora sono linearmente indipendenti.

λ , ⋯ , λ v , ⋯ , v

1 k 1 k

Legame con autovalori

Sia un'applicazione lineare con autovalori distinti, allora è

n n

f : R → R n f

diagonalizzabile.

Per cui se ci viene chiesto solo se una certa è diagonalizzabile ci basta trovare

f n

autovalori, senza la base di autovettori.

n

Dimostrazione

Se ha autovalori distinti allora significa che si hanno e dei

f n λ , ⋯ , λ ∈ R v , ⋯ , v

1 n 1 n

rispettivi autovettori. Dalla proposizione precedente abbiamo che $v{1}, \cdots, v{n}$ sono

linearmente indipendenti, perciò per GEL che costituiscono una base di : abbiamo trovato

n

R

una base di autovettori, per cui per la prima proposizione è diagonalizzabile.

f

Legame con molteplicità

Sia con autovalori allora sapendo che

n n

f : R → R λ , ⋯ , λ

1 k

m (λ ) + ⋯ + m (λ ) ≤ n

a 1 a k

e che, per il legame tra molteplicità e autovalori,

1 ≤ m (λ ) ≤ m (λ ) ∀i = {1, ⋯ , k}

g i a i

allora f diagonalizzabile

⟺ dim(V ) + ⋯ + dim(V ) = n

λ λ

1 k

⟺ dim(V ) = m (λ ) ∀i = {1, ⋯ , k}

λ a i

i

⟺ m (λ ) = m (λ ) ∀i = {1, ⋯ , k}

g i a i

o alternativamente

f diagonalizzabile ⟺ m (λ ) + ⋯ + m (λ ) = n ∧ m (λ ) = m (λ ) ∀i ∈ {1, ⋯ , k}

a 1 a k g i a i

L'idea di fondo è questa: affinché sia diagonalizzabile dobbiamo trovare una base di

f

autovettori, per cui autovettori linearmente indipendenti. Con il polinomio caratteristico

n

riusciamo a trovare autovalori, per cui si ha che:

k

per le proposizioni precedenti abbiamo anche autovettori indipendenti;

k = n ⟹ n

dobbiamo analizzare gli autospazi associati a tali autovalori.

k < n ⟹

In particolare il polinomio caratteristico può essere composto da monomi di grado superiore

a 1, come nel seguente caso . In altre parole si

4 2

p (x) = (x − 3) (x − 5)(x − 4) (x + 2)

A

troveranno autovalori con molteplicità algebriche anche superiori a 1.

Allora per gli autovalori con molteplicità algebrica uguale a 1 sappiamo, per la proposizione

sul legame degli autovalori con le molteplicità, che la dimensione dell'autospazio per

quell'autovalore, ovvero la sua molteplicità geometrica, sarà esattamente 1. Vale a dire che

riusciremo ad estrarre 1 autovettore linearmente indipendente da quell'autospazio.

Per gli autovalori con molteplicità algebrica maggiore di 1 dovremmo andare ad analizzare la

dimensione dell'autospazio! Tale dimensione indica di fatto quanti autovettori linearmente

indipendenti possiamo estrapolare per quell'autovalore: se potrebbe capitare che

m (λ) = 3

a

. Se dobbiamo trovare autovettori linearmente indipendenti (per formare una

m (λ) = 1 n

g

base) allora la somma delle dimensioni degli autospazi dev'essere esattamente ; e se

n

sappiamo che la somma delle molteplicità algebriche deve a sua volta essere (altrimenti

n

non c'è speranza che sia diagonalizzabile), allora per forza

f .

m (λ ) = m (λ ) ∀i ∈ {1, ⋯ , k}

a i g i

Fondamentalmente se anche per un solo autovalore la molteplicità geometrica non

coincide con quella algebrica significa che non riusciremo mai a ottenere abbastanza

autovettori linearmente indipendenti per formare una base di .

f

Esercizi

Completezza

Sia tale che e sia .

2 2

f : R → R f (x , x ) = (−7x − 3x , 9x + 5x ) A = A

1 2 1 2 1 2 cc

Viene richiesto di:

1. trovare (semplice)

A

2. stabilire se è diagonalizzabile, e se sì punto 3

f

3. trovare diagonale simile ad

D A

4. trovare t.c. −1

P P ⋅ A ⋅ P = D

5. trovare tutte le matrici diagonali simili ad (bonus)

D A

6. trovare se possibile distinte t.c. (bonus)

−1 −1

P , P P ⋅ A ⋅ P = P ⋅ A ⋅ P = D

1 2 1 2

1 2

1.

Semplice, perché abbiamo , quindi ci basta proiettare sulle basi canoniche, e ci

A = A cc

viene −7 −3

A = ( )

9 5

2.

Per stabilire o meno se è diagonalizzabile dobbiamo trovare una base di autovettori, per

f

cui partiamo con l'unico strumento a nostra disposizione per cercare innanzitutto gli

autovalori: il polinomio caratteristico. Se non ci sono autovalori, non ci saranno neanche

autovettori, e vale il contrario.

Quindi −7 − x −3 2 2

p (x) = det ( ) = (−7 − x)(5 − x) − (−27) = x + 2x − 35 + 27 = x + 2x − 8

A 9 5 − x

Fattorizziamo e otteniamo

p (x)

A p (x) = (x + 4)(x − 2)

A

per cui gli autovalori esistono e sono:

λ = −4

1

λ = 2

2

Nota bene: il polinomio caratteristico ha grado 2, per cui è una parabola. Potrebbero anche

non esserci soluzioni, e in tal caso non ci sarebbero autovalori, quindi nemmeno autovettori

e di conseguenza non sarebbe diagonalizzabile.

f

Trovati gli autovalori bisogna determinare gli autovettori: usiamo gli autospazi. Partendo da

si ha che

λ 1 −7 + 4 −3 −3 −3

V = V = ker(A − (−4)I ) = ker(A + 4I ) = ker ( ) = ker ( )

λ −4

1 9 5 + 4 9 9

Ovviamente della matrice risultante possiamo notare che il determinante è 0: lo abbiamo

costruito apposta per la definizione di polinomio caratteristico! Quindi &egrav