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n,n

La relazione ∼ è una relazione di equivalenza in . Infatti è:

R

1.4. Osservazione.

a) riflessiva, cioè ∼ in quanto = ;

A A A I AI

n n −1 −1

b) simmetrica, cioè ∼ ⇒ ∼ in quanto = ⇒ =

A B B A, P AP B P BP A;

−1 −1

c) transitiva, in quanto ∼ ∼ ⇒ ∼ (infatti = = ⇒

A B, B C A C P AP B, Q BQ C

−1 −1 −1

= (P =

Q P AP Q Q) A(P Q) C).

n,n n,n

Data una matrice ∈ , indichiamo con [A] = {B ∈ | ∼ la sua classe di equivalenza.

A B A}

R R

Ci chiediamo se in [A] esiste una matrice diagonale o, in altri termini, quando una matrice è

A

simile ad una matrice diagonale. n,n

Una matrice ∈ si dice se è simile ad una matrice

A diagonalizzabile

R

1.5. Definizione.

diagonale, cioè se esiste ∆ ∈ [A] con ∆ matrice diagonale.

La corrispondente nozione per gli endomorfismi è la seguente:

L’endomorfismo ∈ ) si dice se esiste una base B di tale

φ End(V V

semplice

1.6. Definizione.

B,B è diagonalizzabile.

che M φ

L’essere semplice è una proprietà intrinseca dell’endomorfismo e quindi non dipende dalla base

rispetto alla quale si esprime la matrice associata. Infatti, vale la seguente:

Sia un vettoriale e sia ∈ ); sono fatti equivalenti:

V φ End(V

R-spazio

1.7. Proposizione. B,B è diagonalizzabile (cioè è semplice);

i) esiste una base B di tale che φ

V M φ

C,C

ii) esiste una base C di tale che è diagonale;

V M φ D,D è diagonalizzabile.

iii) per ogni base D di la matrice

V M φ

Dimostrazione. B,B C,C

⇒ Per ipotesi è simile ad una matrice diagonale ∆, cioè ∆ = per un’opportuna

i) ii) M M

φ φ

base C di .

V C,C

⇒ Sia C una base di tale che = ∆ sia diagonale. Allora, per ogni base D, si ha che

ii) iii) V M φ

D,D

D,D è diagonalizzabile.

∼ ∆, cioè M

M φ

φ ⇒ Ovvio.

iii) i)

C,C una matrice

Sia : −→ un endomorfismo semplice e sia ∆ =

φ V V M

1.8. Osservazione. φ

diagonale associata a cioè

φ 0 0 · · · 0

λ 

 1

0 0 · · · 0

λ

2 

∆= .

..

..

..

... 

 .

.

. 

 0 0 0 · · · λ

n

Allora, se C = (v ), si ha ) = per ogni = 1,

, . . . , v φ(v λ v i . . . , n.

n i i i

1

106 Capitolo VIII - Diagonalizzazione di matrici

I vettori della base C e gli scalari giocano un ruolo centrale nella teoria che stiamo svilup-

λ

i

pando. Diamo quindi la seguente

Sia un vettoriale e sia ∈ ); se ∈ è un vettore non nullo

V φ End(V v V

R-spazio

1.9. Definizione.

e se esiste ∈ tale che

λ R =

φ(v) λv,

allora si dice di e si dice di associato a

λ φ v φ λ.

autovalore autovettore

Con la terminologia ora introdotta, 1.8 si riformula nel seguente modo:

a)

1.10. Osservazione.

sia ∈ ) e sia C una base di ; allora

φ End(V V

C,C è diagonale ⇐⇒ C è una base costituita da autovettori.

M φ

Inoltre, tenuto conto di 1.6, si ha

b) è semplice ⇐⇒ esiste una base di costituita da autovettori.

φ V

Si osservi che, se è un autovettore, allora ad esso è associato un preciso autovalore mentre

v λ,

non vale il viceversa. Infatti ad un autovalore corrispondono infiniti vettori: se è un autovettore

λ v

associato a anche è un autovettore associato allo stesso in quanto = = =

λ αv λ, φ(αv) αφ(v) α(λv)

Più in generale si ha la seguente:

λ(αv). Sia un vettoriale, ∈ ) e ∈ Allora l’insieme

V φ End(V λ

R-spazio R.

1.11. Proposizione. := {v ∈ | =

V V φ(v) λv}

λ

è un sottospazio vettoriale di .

V

Come al solito si prova che è chiuso per combinazioni lineari. Siano allora

Dimostrazione. V v

λ 1

e due elementi in e ∈ Poichè è un’applicazione lineare, dalle proprietà chiamate

v V a , a φ

R.

λ

2 1 2

e nella definizione 1.2, Cap. VII, si ha che:

L L

1 2 + ) = ) + ) = + = + )

φ(a v a v a φ(v a φ(v a λv a λv λ(a v a v

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

da cui si conclude che + ∈ .

a v a v V

λ

1 1 2 2

Se ∈ non è un autovalore, l’insieme = {v ∈ | = è

λ V V φ(v) λv}

R

1.12. Osservazione. λ

costituito dal solo vettore nullo e viceversa. In breve, se ∈ allora:

λ R

autovalore ⇐⇒ 6 = {0 } ⇐⇒ dim(V ) ≥ 1.

λ V

λ V λ

2

Sia ∈ ) l’endomorfismo definito da = (y,

φ End(R φ((x, y)) x).

1.12.1. Esempio.

Supponiamo che si sia trovato che 2 è un autovalore. Ci si può immediatamente accorgere dello

sbaglio determinando , infatti:

V

2 2 2

= {v ∈ | = 2v} = {(x, ∈ | (y, = 2(x,

V φ(v) y) x) y)}.

R R

2

Quindi è dato dalle soluzioni del sistema

V

2

= 2x = 2x =0

y y x

⇒ ⇒

= 2y = 4x =0

x x y

cioè = {(0, 0)}. Pertanto, per 1.12, 2 non è un autovalore di

V φ.

2 107

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 4.12.2013

Se ∈ ) e ∈ è un autovalore di allora si dice

φ End(V λ φ, V autospazio

R

1.13. Definizione. λ

associato all’autovalore λ. 2

L’endomorfismo di definito da = (2x, 3y) è semplice in quanto

φ φ((x, y))

R

1.13.1. Esempio.

la matrice associata rispetto alla base canonica E

2 0

E,E =

M φ 0 3

è diagonale. Inoltre gli autovalori di sono = 2 e = 3 con autovettori, rispettivamente,

φ λ λ e

1 2 1

ed . Si osservi infine che gli autospazi sono:

e 2 2 2

= {(x, ∈ | = 2(x, = {(x, ∈ | = 0}

V y) φ((x, y)) y)} y) y

R R

2

cioè = L(e ). Analogamente si trova = L(e ).

V V

2 1 3 2

2

Sia ∈ ) l’endomorfismo dell’esempio 1.12.1 definito da =

φ End(R φ((x, y))

1.13.2. Esempio.

(y, ci chiediamo se è semplice. La matrice associata a rispetto alla base canonica è

x); φ φ

0 1

E,E =

M φ 1 0

che, contrariamente all’esempio precedente, non è diagonale. Cerchiamo quindi una base, se esiste,

rispetto alla quale la matrice associata lo sia. Per 1.10, è sufficiente che tale base sia costituita da

autovettori. Pertanto cerchiamo gli autospazi di φ.

Affinché = (a, sia un autovettore, deve essere = per qualche ∈ cioè deve

v b) φ((a, b)) λ(a, b) λ R;

esistere un tale che

λ =

b λa .

=

a λb

2

Segue che = 1 ovvero gli autovalori sono = ±1. I corrispondenti autospazi sono:

λ λ

2 2

= {(x, ∈ | = (x, = {(x, ∈ } = L((1, 1))

V y) φ((x, y)) y)} x)

R R

1 2 2

= {(x, ∈ | = −(x, = {(x, −x) ∈ } = L((1, −1)).

V y) φ((x, y)) y)}

R R

−1

I due vettori (1, 1), (1, −1) sono chiaramente linearmente indipendenti e costituiscono la base B =

((1, 1), (1, −1)) rispetto a cui la matrice associata a è diagonale:

φ

1 0

B,B = .

M φ 0 −1 E,E

B,B sono simili, in quanto associate allo

e

Pertanto è semplice. Osserviamo inoltre che M

φ M φ

φ

2

stesso endomorfismo di . Per verificarlo algebricamente, sia

R

1 1

B,E

= =

P M 1 −1

la matrice del cambio base. Un calcolo diretto mostra:

−1

1 0

1 1

0 1

1 1 = ,

0 −1

1 −1

1 0

1 −1

B,B

E,E

−1 , come da proposizione 1.3.

=

ovvero P M

P M φ

φ

Non tutti gli endomorfismi sono semplici come mostra il seguente esempio.

108 Capitolo VIII - Diagonalizzazione di matrici

2

L’endomorfismo ∈ ) definito da = (−y, non è semplice.

φ End(R φ((x, y)) x)

1.13.3. Esempio.

Infatti se = (a, fosse un autovettore, = per qualche ∈ si avrebbe (−b, =

v b) φ((a, b)) λ(a, b) λ a)

R,

Ma il sistema

λ(a, b). −b = λa

=

a λb

2

richiederebbe = −1; quindi ha solo la soluzione nulla = = 0 e non ha autovettori.

λ a b φ

Sia un vettoriale e sia ∈ ); se ∈ sono autovalori

V φ End(V λ , λ

R-spazio R

1.14. Proposizione. 1 2

distinti e 0 6 = ∈ , = 1, 2, allora e sono linearmente indipendenti. Inoltre la somma

v V i v v

V i λ 1 2

i

+ è diretta.

V V

λ λ

1 2

Dimostrazione. Sia, per assurdo = (∗)

v αv ,

2 1

con scalare non nullo. Applicando ad ambo i membri, e usando la sua linearità si ottiene

α φ ) = ). (∗∗)

φ(v αφ(v

2 1

Per ipotesi e sono autovettori di autovalori e , rispettivamente, cioè

v v λ λ

1 2 1 2

) = e ) =

φ(v λ v φ(v λ v .

1 1 1 2 2 2

Sostituendo tali espressioni in (∗∗) segue che

= ) = (αv ) =

λ v α(λ v λ λ v

2 2 1 1 1 1 1 2

usando (∗) per l’ultima eguaglianza. Quindi:

(λ − )v = 0

λ .

V

2 1 2

Essendo 6 = per ipotesi, ne segue che = 0 : assurdo. Pertanto e sono linearmente

λ λ v v v

V

2 1 2 1 2

indipendenti.

Per provare l’ultima affermazione, basta mostrare (per 2.9, Cap. III) che ∩ = {0 }. Sia

V V

λ λ V

1 2

∈ ∩ . Allora = in quanto ∈ , e anche = in quanto ∈ .

v V V φ(v) λ v, v V φ(v) λ v, v V

λ λ λ λ

1 2

1 2 1 2

Dunque si avrebbe = da cui (λ − )v = 0 . Essendo 6 = per ipotesi, ne segue che

λ v λ v, λ λ λ

V

1 2 1 2 1 2

= 0 .

v

V

Iterando la dimostrazione si mostra la seguente:

Sia un vettoriale e sia ∈ ); siano ∈ auto-

V φ End(V λ , . . . , λ

R-spazio R

1.15. Proposizione. s

1

valori distinti di e 0 6 = ∈ , = 1, corrispondenti autovettori. Allora {v } è

φ v V i . . . , s, , . . . , v

V i λ s

1

i

un insieme libero di vettori e la somma + · · · + è diretta.

V V

λ λ

s

1

Sia un vettoriale di dimensione e sia ∈ ); allora ha al

V n φ End(V φ

R-spazio

1.16. Corollario.

più autovalori distinti.

n

Dimostrazione. Se avesse autovalori distinti, con allora esisterebbero au-

φ s s > n, v , . . . , v

s

1

tovettori non nulli associati rispettivamente ad ognuno di essi. Per 1.15 tali vettori sarebbero

linearmente indipendenti, ma ciò è impossibile, poichè dim(V ) = n.

109

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 4.12.2013

2. Polinomio caratteristico e calcolo degli autospazi

Lo scopo di questo paragrafo è il calcolo degli autovalori e dei correspondenti autospazi di un

endomorfismo. Dapprima è bene ricordare il seguente fatto (vedi 5.1 Cap. VII).

i),

B,C . Posto Σ : = 0 il sistema lineare

Sia : −→ un’applicazione lineare e sia := AX

f V W A M f

omogeneo associato alla matrice allora l’applicazione

A,

ker(f ) −→ definita da (x ) 7→ (x )

S , . . . , x , . . . , x

n n

B

Σ 1 1

è un isomorfismo di spazi vettoriali.

Siano un vettoriale, ∈ ) e ∈ Allora

V φ End(V λ

R-spazio R.

2.1. Lemma. ∼

= ker(φ − id )

V λ S

=

λ V Σ

dove B è una qualunque base di e è lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

V S Σ

B,B = 0.

Σ : X

λI

M n

φ

Per definizione (vedi 1.11) = {v ∈ | = = {v ∈ | − = 0 } =

Dimostrazione. V V φ(v) λv} V φ(v) λv

λ V

ker(φ − id ) e tale nucleo è isomorfo (come ricordato sopra) allo spazio delle soluzioni del sistema

λ V B,B

lineare omogeneo di matrice , dove B è una qualunque base di .

M V

φ−λid

V

B,B B,B

Si concluda osservando che = − (vedi (∗) all’inizio del capitolo).

M M λI

n

φ−λid φ

V

Siano un vettoriale di dimensione ∈ ) e ∈ I

V n, φ End(V λ

R–spazio R.

2.2. Proposizione.

seguenti fatti sono equivalenti:

i) ∈ è un autovalore di ;

λ φ

R

ii) dim(V ) ≥ 1 ;

λ

B,B

iii) det(M − ) = 0, per ogni base B di .

λI V

n

φ ⇔ Vedi Osservazione 1.12.

Dimostrazione. i) ii)

B,B = 0. Allora

⇔ Sia B una qualunque base di e Σ : − X

ii) iii) V M λI

n

φ

B,B

dim(V ) = dim(S ) = − rk −

n M λI

λ n

Σ φ

dove la prima uguaglianza segue da 2.1 e la seconda da 4.3, Cap. VI. Si conclude osservando che

B,B

B,B = 0,

⇔ det

dim(V ) ≥ 1 ⇔ rk λI

< n M

λI

M n

n

λ φ

φ

usando 6.6 Cap V.

La proposizione precedente mostra anche come per il calcolo degli autospazi si possa usare il

metodo per il calcolo del nucleo descritto in 5.1, Cap. VII.

n,n

Sia ∈ una matrice quadrata; allora la quantità

A R

2.3. Osservazione - Definizione.

(T ) = det(A − ) è un polinomio di grado nella variabile a coefficienti in detto

p T I n T R

A n della matrice A.

polinomio caratteristico

110 Capitolo VIII - Diagonalizzazione di matrici


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Teemo92

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DETTAGLI
Esame: Algebra
Corso di laurea: Matematica
SSD:
Università: Trieste - Units
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Teemo92 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Algebra e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Trieste - Units o del prof Brundu Michela.

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