Capitolo 8
8.1 Diagonalizzazione e Triangolazione
Esercizio 8.1.1. Diagonalizzare la matrice
A =
⌅
⌦�1 2 21 �2 13 3 0
⇧
↵
Svolgimento. Il polinomio caratteristico della matrice e dato da
pA(t) =
⌅
⌦�(1 + t) 2 2
1 �(2 + t) 13 3 �t
⇧
↵ = �(t + 3)2(t� 3)
Allora gli autovalori di A sono �1 = 3 e �2 = �3, il secondo di molteplicita2. Per la ricerca degli autovettori si deve risolvere il sistema lineare
AX = �X, X � R3, quando � = 3,�3.
• � = 3.⌃�
⌥
�x + 2y + 2z = 3xx� 2y + z = 3y3x + 3y = 3z
�
⌃�
⌥
2x� y � z = 0x� 5y + z = 0x + y � z = 0
ha spazio delle soluzioni pari a V⇤1 =< (2, 1, 3) >
• � = �3.⌃�
⌥
�x + 2y + 2z = �3xx� 2y + z = �3y3x + 3y = �3z
� x + y + z = 0
151
152 CAPITOLO 8.
ha spazio delle soluzioni pari a V⇤2 =< (�1, 1, 0), (�1, 0, 1) > .Allora la matrice data e diagonalizzabile ([B], Teor.6, pag. 305) e E ={(2, 1, 3), (�1, 1, 0), (�1, 0, 1) > e una base di autovettori per R3.
Si avra allora⌅
⌦3 0 00 �3 00 0 �3
⇧
↵ = MCE (id) A ME
C (id)
ove evidentemente
MEC (id) =
⌅
⌦2 �1 �11 1 03 0 1
⇧
↵
Calcoliamo MEC (id). Da
a(2, 1, 3) + b(�1, 1, 0) + c(�1, 0, 1) = (2a� b� c, a + b, 3a + c)
otteniamo i sistemi lineari
⌃�
⌥
2a� b� c = 1a + b = 03a + c = 0
,
⌃�
⌥
2a� b� c = 0a + b = 13a + c = 0
,
⌃�
⌥
2a� b� c = 0a + b = 03a + c = 1
,
le cui soluzioni sono, rispettivamente,
(16,�1
6,�1
2), (
16,56,�1
2), (
16,�1
6,12).
Allora si ha
MCE (id) =
⌅
����⌦
16
16
16
�16
56 �1
6
�12 �1
212
⇧
����↵
cosı⌅
����⌦
16
16
16
�16
56 �1
6
�12 �1
212
⇧
����↵
⌅
⌦�1 2 21 �2 13 3 0
⇧
↵
⌅
⌦2 �1 �11 1 03 0 1
⇧
↵ =
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 153
=
⌅
����⌦
12
12
12
12 �5
212
32
32 �3
2
⇧
����↵
⌅
⌦2 �1 �11 1 03 0 1
⇧
↵ =
⌅
⌦3 0 00 �3 00 0 �3
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.2. Diagonalizzare la matrice
A =
⌅
⌦1 2 00 3 02 �4 2
⇧
↵
Svolgimento. Il polinomio caratteristico di A e dato da
pA(t) = D
⌅
⌦1� t 2 0
0 3� t 02 �4 2� t
⇧
↵ = (3� t)(1� t)(2� t),
pertanto A possiede tre autovalori reali
�1 = 1, �2 = 2, �3 = 3,
ed e percio diagonalizzabile. Esiste una base di autovettori per R3 che sipuo costruire scegliendo un vettore in ciascun spazio di soluzioni dei sistemilineari
AX = �X, X � R3, quando � = 1, 2, 3.
• � = 1.⌃�
⌥
x + 2y = x3y = y2x� 4y + 2z = z
� y = 0, z = �2x,
quindi V⇤1 =< (1, 0,�2) > .
• � = 2.
154 CAPITOLO 8.
⌃�
⌥
x + 2y = 2x3y = 2y2x� 4y + 2z = 2z
� x = 0, y = 0, z = �2x,
quindi V⇤2 =< (0, 0, 1) > .
• � = 3.⌃�
⌥
x + 2y = 3x3y = 3y2x� 4y + 2z = 3z
� x = y, z = �2x,
quindi V⇤2 =< (1, 1,�2) > .
La base di autovettori e ad esempio E =< (1, 0,�2), (0, 0, 1), (1, 1,�2) >La matrice A e diagonalizzabile: esiste una matrice invertibile P �M3⇥3(R)per cui risulta
P�1AP =
⌅
⌦1 0 00 2 00 0 3
⇧
↵ .
Si ha
P = MEC (id) =
⌅
⌦1 0 10 0 1�2 1 �2
⇧
↵ ,
mentre P�1 = MCE (id). Da
a(1, 0,�2) + b(0, 0, 1) + c(1, 1,�2) = (a + c, c,�2a + b� 2c),
otteniamo i sistemi lineari
⌃�
⌥
a + c = 1c = 0�2a + b� 2c = 0
,
⌃�
⌥
a + c = 0c = 1�2a + b� 2c = 0
,
⌃�
⌥
a + c = 0c = 0�2a + b� 2c = 1
,
le cui soluzioni sono, rispettivamente,
(1, 2, 0), (�1, 0, 1), (0, 1, 0).
Segue che
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 155
P�1 =
⌅
⌦1 �1 02 0 10 1 0
⇧
↵ .
Si ha⌅
⌦1 �1 02 0 10 1 0
⇧
↵
⌅
⌦1 2 00 3 02 �4 2
⇧
↵
⌅
⌦1 0 10 0 1�2 1 �2
⇧
↵ =
⌅
⌦1 �1 04 0 20 3 0
⇧
↵
⌅
⌦1 0 10 0 1�2 1 �2
⇧
↵ =
⌅
⌦1 0 00 2 00 0 3
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.3. Determinare gli autovalori e gli autovettori delle seguentiapplicazioni lineari R2 ⌦ R2:
L(x, y) = (x + y, y),
T (x, y) = (2x + 4y, 5x + 3y).
Svolgimento. Detta C = {e1, e2} la base canonica di R2, calcoliamo lamatrice di L rispetto ad C.
L(e1) = L(1, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1),
L(e2) = L(0, 1) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1),
Allora
M = MCC (L) =
�1 10 1
⇥
ed il suo polinomio caratteristico e
pM (t) = D
�1� t 1
0 1� t
⇥= (1� t)2.
Quindi l’applicazione L ha due autovalori coincidenti con � = 1.Per determinare gli autovettori relativi dobbiamo risolvere il sistema lineare
�1 10 1
⇥�xy
⇥=
�xy
⇥,
156 CAPITOLO 8.
cioe ⇤x + y = xy = y
Che ammette come spazio di soluzioni
V⇤ =< (0, 1) >
Passiamo all’applicazione T . Sia C = {e1, e2} la base canonica di R2 ecalcoliamo M = MC
C (T ). Si ha
T (e1) = T (1, 0) = (2, 0) = 2(1, 0) + 0(0, 1)
T (e2) = T (0, 1) = (0, 3) = 0(1, 0) + 3(0, 1)
Allora
M =�
2 00 1
⇥,
con polinomio caratteristico
pM (t) = D
�2� t 0
0 1� t
⇥= (1� t)(2� t).
Gli autovalori di T sono �1 = 1 e �2 = 2.Determiniamo gli autovettori corrispondenti.
Da �2 00 1
⇥�xy
⇥=
�xy
⇥
si ottiene⇤
2x = xy = y
il cui spazio di soluzioni e V⇤1 =< (0, 1) > .
Da �2 00 1
⇥�xy
⇥=
�2x2y
⇥
si ottiene
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 157
⇤2x = 2xy = 2y
il cui spazio di soluzioni e
V⇤2 =< (1, 0) > .
�
Esercizio 8.1.4. Determinare gli autovalori e gli autovettori della seguenteapplicazione lineare L : R3 ⌦ R3 definita da
L(x, y, z) = (3x + 2y + z, y + 2z, y � z),
Svolgimento. Sia C = {e1, e2, e3} la base canonica di R3 e calcoliamoM = MC
C (L).
L(e1) = L(1, 0, 0) = (3, 0, 0) = 3e1 + 0e2 + 0e3
L(e2) = L(0, 1, 0) = (2, 1, 1) = 2e1 + 1e2 + 1e3
L(e3) = L(0, 0, 1) = (1, 2,�1) = 1e1 + 2e2 � 1e3
da cui
M =
⌅
⌦3 2 10 1 20 1 �1
⇧
↵ .
Il polinomio caratteristico e
pM (t) = D
⌅
⌦3� t 2 1
0 1� t 20 1 �1� t
⇧
↵ = (3� t)(t2 � 3).
Si ottengono gli autovalori �1 = 3,�2 =�
3,�3 = ��
3.
Da ⌅
⌦3 2 10 1 20 1 �1
⇧
↵
⌅
⌦xyz
⇧
↵ =
⌅
⌦�ix�iy�iz
⇧
↵
per i = 1, 2, 3, si ottengono i sistemi lineari
158 CAPITOLO 8.
⌃�
⌥
(3� �i)x + 2y + z = 0(1� �i)y + 2z = 0y � (1 + �i)z = 0
Da cui si ottengono, rispettivamente, gli autovettori
(1, 0, 0), (�3��
3, 1 +�
3, 3��
3), (2�
3� 3, 1��
3, 3 +�
3),
che costituiscono una base per R3 e generano i relativi autospazi.�
Esercizio 8.1.5. Determinare gli autovalori e gli autovettori della seguenteapplicazione lineare L : Rn ⌦ Rn definita da
L(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn�1, 0).
Stabilire se L puo essere diagonalizzata.
Svolgimento. Sia C = {e1, . . . , en} la base canonica di Rn. Allora lamatrice M = MC
C (L) si ottiene come segue:poiche
- L(e1) = e1...
...- L(en�1) = en�1
- L(en) = 0si ha
M =
⌅
����⌦
1 · · · 0 00 1 · · · 0
. . . . . . . . . . . .0 . . . 1 00 . . . . . . 0
⇧
����↵,
il cui polinomio caratteristico e
pM (t) = D
⌅
����⌦
1� t · · · 0 00 1� t · · · 0
. . . . . . . . . . . .0 . . . 1� t 00 . . . . . . t
⇧
����↵= t(1� t)n�1
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 159
che ammette come radici 0 e 1 di molteplicita n� 1.L’autospazio dell’autovalore 0 coincide con il nucleo di L: esso e evidente-mente il sottospazio
{(0, · · · , 0, xn) : xn � R} < Rn
ed ha dimensione 1.L’autospazio relativo all’autovalore 1 e dato da
{(x1, · · · , xn) � Rn : L(x1, · · · , xn) = (x1, · · · , xn)}
che pertanto coincide con il sottospazio di Rn
{(x1, · · · , xn�1, 0) : xn � R} �= Rn�1
di dimensione n� 1.Allora in base a [B], Teor.6, pag. 315, l’applicazione L e diagonalizzabile. �
Esercizio 8.1.6. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi su R di grado nonmaggiore di 2. Sia L : V ⌦ V l’applicazione lineare
L(f(t)) =df(t)dt
� 1t
◆f(t) dt.
Trovare gli autovalori e gli autovettori di L. Stabilire se L puo esserediagonalizzata.
Svolgimento. Una base E per V e costituita dai polinomi 1, t, t2, infattiogni polinomio dello spazio in oggetto si scrive in modo unico come lorocombinazione lineare:
f(t) = at2 + bt + c, a, b, c � R.
. Determiniamo la matrice dell’applicazione L rispetto a tale base:
- L(1) = �1t t = �1(1) + 0(t) + 0(t2),
- L(t) = 1� 12tt
2 = 1� 12t = 1(1)� 1
2(t) + 0t2,
-L(t2) = 2t� 13tt
3 = 0(1) + 2(t)� 13t2.
Allora
160 CAPITOLO 8.
M = MEE (L) =
⌅
⌦�1 1 00 �1
2 20 0 �1
3
⇧
↵ .
Il suo polinomio caratteristico e dato da
pM (t) = D
⌅
����⌦
�(1 + t) 1 0
0 �(12 + t) 2
0 0 �(13 + t)
⇧
����↵=
= �(1 + t)(12
+ t)(13
+ t),
cosı L ha tre autovalori reali distinti
�1 = �1, �2 = �12, �3 = �1
3,
ed e pertanto diagonalizzabile.Gli autospazi relativi sono rispettivamente
V⇤1 =< (1, 0, 0) >, V⇤2 =< (2, 1, 0) >, V⇤3 =< (18, 12, 1) > .
I vettori (autovettori di A) (1, 0, 0), (2, 1, 0), (18, 12, 1) sono anche le coordi-nate sulla base E = {1, t, t2} degli autovettori dell’applicazione L, cioe i trepolinomi 1, 2 + t, 18 + 12t + t2. �
Esercizio 8.1.7. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A
�1 ii �2
⇥
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
�1� t i
i �2� t
⇥= t2 + t� 1.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 161
Le radici forniscono i due autovalori distinti �1 = �1+
52 , �2 = �1�
5
2 .Allora la matrice e diagonalizzabile.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⇤(1� t)x + iy = 0ix� (2 + t)y = 0
pert t = �1, �2. Quando t assume tali valori il sistema ammette spazio disoluzioni
{( i
t� 1y, y) : y � C} =< (
i
t� 1, 1) >=< (i, t� 1) > .
Segue che gli autospazi sono, rispettivamente:
V⇤1 =< (i,�1 +
�5
2� 1) >=< (i,
�3 +�
52
) >=< (2i,�3 +�
5) >
V⇤2 =< (i,�1�
�5
2� 1) >=< (i,
�3��
52
) >=< (2i,�3��
5) >
Si ha una base di autovettori B = {(2i,�3 +�
5), (2i,�3��
5)} di C.Detta C la base canonica di C2, si ha
MBC (id) =
⌅
⌦2i 2i
�3 +�
5 �3��
5
⇧
↵ .
Calcoliamo MCB(id). Da :
a(2i,�3 +�
5) + b(2i,�3��
5) = (2ai + 2bi,�3(a + b) +�
5(a� b)
otteniamo⇤
2ai + 2bi = 1(�3 +
�5)a� (3 +
�5)b = 0
che ammette come unica soluzione
(�(�
5 + 3)4�
5i,
(�3 +�
5)4�
5i).
162 CAPITOLO 8.
analogamente da⇤
2ai + 2bi = 0(�3 +
�5)a� (3�
�5)b = 1
si ottiene la soluzione
(1
2�
5,� 1
2�
5).
Segue che
MCB(L) =
⌅
��⌦
� (
5+3)4
5i 1
2
5
(�3+
5)4
5i � 1
2
5
⇧
��↵ .
Infine⌅
⌦2i 2i
�3 +�
5 �3��
5
⇧
↵ .
�1 ii �2
⇥.
⌅
��⌦
� (
5+3)4
5i 1
2
5
(�3+
5)4
5i � 1
2
5
⇧
��↵ =
=
⌅
�⌦
�1+
52 0
0 �1�
52
⇧
�↵ .
�
Esercizio 8.1.8. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A =�
1 2i0 2
⇥
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
�1� t 2i
0 2� t
⇥= (1� t)(2� t).
Si hanno quindi due autovalori distinti �1 = 1, �2 = 2. Allora la matrice ediagonalizzabile.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⇤(1� t)x + 2iy = 0(2� t)y = 0 .
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 163
nei casi t = 1 e t = 2.Si ottengono, rispettivamente, gli autospazi
V⇤1 =< (1, 0) > e V⇤2 =< (2i, 1) > ,
e la base di autovettori B = {1, 0), (2i, 1)}.Detta C la base canonica di C2, si ha
MCB(L) =
�1 2i0 1
⇥.
Da- (1, 0) = 1(1, 0) + 0(2i, 1)
- (0, 1) = �2i(1, 0) + 1(2i, 1)segue
MBC (L) =
�1 �2i0 1
⇥.
Infine�
1 �2i0 1
⇥.
�1 2i0 2
⇥�1 2i0 1
⇥=
�1 00 2
⇥.
�
Esercizio 8.1.9. Si calcolino autovalori ed autovettori della matrice
A =
⌅
⌦1 0 1�2 �1 �10 0 �1
⇧
↵
e, nel caso, si diagonalizzi.
Svolgimento. Il polinomio caratterististico della matrice A e
pA(t) = D
⌅
⌦1� t 0 1�2 �(1 + t) �10 0 �(1 + t)
⇧
↵ = (1� t)(1 + t)2.
164 CAPITOLO 8.
Si hanno quindi gli autovalori �1 = 1, �2 = �1, il secondo di molteplicita 2.Determiniamo gli autovettori risolvendo il sistema
⌃�
⌥
(1� t)x + z = 0�2x� (1 + t)y � z = 0�(1 + t)z = 0 .
nei casi t = 1 e t = �1.Si ottengono, rispettivamente, gli autospazi
V⇤1 =< (1,�1, 0) > e V⇤2 =< (1, 0,�2), (0, 1, 0) > .
Poiche V⇤2 ha dimensione 2, in base a [B], Cap. XVI, Teor.6, la matrice ediagonalizzabile.Unaa base di autovettori e B = {(1,�1, 0), (1, 0,�2), (0, 1, 0)}.Detta C la base canonica di C2, si ha
MBC (id) =
⌅
⌦1 1 0�1 0 10 �2 0
⇧
↵ .
Si ha
MCB(id) =
⌅
����⌦
1 0 12
0 0 �12
1 1 �12
⇧
����↵.
Si deve avere
MCB(id)AMB
C (id) =
⌅
⌦1 0 00 �1 00 0 �1
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.10. Siano date le matrici a coe⇥cienti complessi
A =��1 �22 3
⇥B =
��1 �11 3
⇥C =
�2i 12i 2
⇥.
Provare che esse non sono diagonalizzabili. Determinare per ciascuna diesse una matrice simile che sia triangolare.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 165
Svolgimento. Il polinomio caratteristico della matrice A e dato da
D
��1� t �2
2 3� t
⇥= (t� 1)2,
allora esiste un autovalore � = 1 di molteplicita doppia. Calcoliamo i relativiautovalori risolvendo il sistema lineare
��1 �22 3
⇥�xy
⇥=
�xy
⇥
il quale ha spazio di soluzioni (= l’autospazio di � = 1) V⇤ =< (1,�1) >.Poiche la sua dimensione e 1, segue che la matrice non e diagonalizzabi-le. E pero certamente triangolabile. Aggiungiamo all’autovettore (1,�1) ilvettore (1, 0) per ottenere una base B di C2 e determiniamo la matrice delcambiamento di base MC
B(id), essendo C la base canonica. Si ottiene
MCB(id) =
�0 11 1
⇥.
Calcolando MCB(id)AMB
C (id) si ottiene la matrice triangolare superiore
�0 11 1
⇥��1 �22 3
⇥�1 1�1 0
⇥=
�5 20 1
⇥.
Il polinomio caratteristico di B e
D
�1� t �1
1 3� t
⇥= (t� 2)2,
pertanto anche in questo caso esiste un autovalore � = 2 di molteplicitadoppia. Il suo auto spazio e V⇤ =< (1,�1) >. Consideriamo la base B ={(1,�1), (0, 1)} di C2 e costruiamo la matrice MC
B(id), che risulta essere
�1 01 1
⇥.
In questo caso si ha pure�
1 01 1
⇥��1 �11 3
⇥�1 0�1 1
⇥=
�2 �10 2
⇥.
166 CAPITOLO 8.
Passiamo alla matrice C la quale ha polinomio caratteristico
D
�2i� t 1
2i 2� t
⇥= t2 � 2(1 + i)t + 2i = [t� (1 + i)]2.
Si ha allora l’autovalore doppio � = 1 + i. Calcoliamo il suo autospaziorisolvendo in C il sistema lineare
�2i 12i 2
⇥�xy
⇥=
�(1 + i)x(1 + i)y
⇥,
il quale ha spazio di soluzioni V⇤ =< (1, 1� i) > di dimensione 1, pertantoanche C non e diagonalizzabile. La matrice di passaggio per triangolarla sitrova costruendo MC
B(id), essendo, ad es., B = {(1, 1� i), (1, 0) >. Si ricavafacilmente che essa e la matrice
⌅
⌦0 1+i
2
1 �1+i2
⇧
↵ .
Si ha infine⌅
⌦0 1+i
2
1 �1+i2
⇧
↵�
2i 12i 2
⇥�1 1
1� i 0
⇥=
�2i� 2 1
0 i + 1
⇥.
�
Esercizio 8.1.11. Dopo aver verificato che la matrice
A =
⌅
⌦3 4 7�2 �3 �81 2 5
⇧
↵
non e diagonalizzabile, triagolarizzarla.
Svolgimento. Il polinomio caratteristico di A le
pA(t) = �(t� 1)(t� 2)2.
L’autospazio relativo all’autovalore � = 1 e generato dall’autovettore (2 �1, 0), mentre quello relativo all’autovalore � = 2, che ha molteplicita 2, egenerato dall’autovettore (1,�2, 1). Allora la matrice data non e diagona-lizzabile.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 167
Aggiungiamo ai due autovettori trovati un terzo vettore, ad es. (1, 0, 0), perottenere una base di C3
E = {(2� 1, 0), (1,�2, 1), (1, 0, 0)}
e consideriamo l’applicazione lineare LA : C3 ⌦ C3:
LA(x, y, z) = A
⌅
⌦xyz
⇧
↵ = (3x + 4y + 7z,�2x� 3y � 8z, x + 2y + 5z).
Si ha:
- LA(2� 1, 0) = 1(2� 1, 0) + 0(1,�2, 1) + 0(1, 0, 0),
- LA(1,�2, 1) = 0(2� 1, 0) + 2(1,�2, 1) + 0(1, 0, 0),
- LA(1, 0, 0) = 0(2� 1, 0) + 1(1,�2, 1) + 2(1, 0, 0),
pertanto la matrice di LA rispetto alla base E e la matrice diagonale superiore
ME(LA) =
⌅
⌦1 0 00 2 10 0 2
⇧
↵
la quale e simile alla matrice MC(LA) = A, con C la base canonica di C3.Si noti che
MCE (id) =
⌅
⌦0 �1 �20 0 11 2 3
⇧
↵
e cheMC
E (id)AMEC (id) = ME(LA).
�
Esercizio 8.1.12. Triangolare l’applicazione lineare L : C3 ⌦ C3 definitada L(x, .y, z) = (x + 3y + z, y + z,�y � z).
Svolgimento. La matrice di L sulla base canonica e
MC(L) =
⌅
⌦1 3 10 1 10 �1 �1
⇧
↵
168 CAPITOLO 8.
la quale ammette gli autovalori � = 0, con molteplicita 2 e � = 1. Poicheil nucleo di L ha dimensione 1, segue che L non e diagonalizzabile. Gli au-tospazi relativi ai due autovettori sono, rispettivamente generati dai vettori(2,�1, 1) ed (1, 0, 0). Fissiamo quindi la base di C3
B = {(2,�1, 1), (1, 0, 0), (1, 1, 1),
aggiungendo il vettore (1, 1, 1). La matrice di L su tale base si potra ottenerecome
MB(L) = MCB(id)MC(L)ME
C (id)
ovvero
MB(L) =
⌅
⌦0 �1
2 01 1
2 00 1
2 �1
⇧
↵
⌅
⌦1 3 10 1 10 �1 �1
⇧
↵
⌅
⌦2 1 1�1 0 11 0 1
⇧
↵ =
=
⌅
⌦0 0 �10 6 30 0 3
⇧
↵ .
�
Esercizio 8.1.13. Provare che la matrice
A =
⌅
⌦1 �3 k0 1 00 k 1
⇧
↵
non e diagonalizzabile per alcun valore del parametro reale k. Se possibile,triangolarla quando k✏= 0.
Svolgimento. La matrice data, per k ✏= 0, ha autovalore � = 1, di moltepli-cita 3 con relativo autospazio di dimensione 1, generato, ad es., da (1, 0, 0).Se si estende tale autovettore ad una base B di C3, prendendo ad esempioB = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}, e facile rendersi conto che la matrice MC
Bnon triangola la matrice A. Cio dipende dal fatto che la base B non e aventaglio per l’applicazione lineare indotta da A, cosı come prescritto dalTeorema di riferimento. Si deve allora trovare una base a ventaglio conte-nente l’autovettore.Notiamo quanto segue:
.
8.1. DIAGONALIZZAZIONE E TRIANGOLAZIONE 169
- in generale e facile rendersi conto che se si ha una matrice di ordinen ed n� 1 autovettori linearmente indipendenti, allora aggiungendo a casoun ulteriore vettore indipendente dai precedenti, si ottiene sempre una basea ventaglio. In questi casi quindi si procede come visto negli esercizi prece-denti.Poniamoci ora nel caso di una matrice di ordine 3 con autovalore �, di molte-plicita 3 con autospazio relativo V⇤ =< v1 > . Questo e il caso del presenteproblema. Si puo procedere come segue, secondo le linee del teorema diriferimento ([B], Teor.8, Cap. XVI).
- si consideri una qualunque base B = {v1, v2, v3} di C3, costruita a par-tire da v1, e sia M = MC
B . In generale la matrice M�1AM non e triangolaresuperiore. E facile vedere che si ha
M�1AM = A =
⌅
⌦� a12 a13
0 a22 a23
0 a32 a33
⇧
↵
Poniamo B = (M�1AM)11 cio e la matrice ottenuta da M�1AM soppri-mendo la prima riga e la prima colonna. B ammette ancora l’autovalore �con molteplicita 2 ed autospazio relativo di dimensione 1 generato, ad es.,da w1 � C2. Si consideri una base B⌅ = {w1, w2} di C2. Posto N = MC
B⇥ ,per quanto sopra detto si ottiene che la matrice N�1BN = T1 e triangolaresuperiore (B⌅ e base a ventaglio). Consideriamo la matrice
C =
⌅
⌦� 0 00 • •0 • •
⇧
↵
ove �• •• •
⇥= N
Allora, posto D=MC, questa e la matrice che triangola A : D�1AD = T etriangolare superiore. Da notare che T11 = T1.Risolviamo ora il problema dato, nel caso k = 1. La matrice da studiare eallora
A =
⌅
⌦1 �3 10 1 00 1 1
⇧
↵ .
Questa ha autovalore � = 1 d molteplicita 3 con autospazio V⇤ =< (1, 0, 0) >.
16.5. ESERCIZI SVOLTI 403
- in generale e facile rendersi conto che se si ha una matrice di ordine n ed n�1autovettori linearmente indipendenti, allora aggiungendo a caso un ulteriore vettoreindipendente dai precedenti, si ottiene sempre una base a ventaglio. In questi casiquindi si procede come visto negli esercizi precedenti.Poniamoci ora nel caso di una matrice di ordine 3 con autovalore ⌃, di molteplicita3 con autospazio relativo V⌅ = < v1 > .Questo e il caso del presente problema. Sipuo procedere come segue, secondo le linee del teorema di riferimento (Teorema16.4.2):
- si consideri una qualunque base B = {v1, v2, v3} di C3, costruita a partire dav1, e sia M = MC
B . In generale la matrice M�1AM non e triangolare superiore.E facile vedere che essa e della forma
M�1AM =
⌅
⌦⌃ a12 a13
0 a22 a23
0 a32 a33
⇧
↵
Poniamo B = (M�1AM)11 cioe la matrice ottenuta daM�1AM sopprimendo laprima riga e la prima colonna. B ammette ancora l’autovalore ⌃ con molteplicita 2ed autospazio relativo di dimensione 1 generato, ad es., da w1 � C2. Si consideriuna base B⌅ = {w1, w2} di C2. Posto N = MC
B⇥ , per quanto sopra detto si ottieneche la matrice N�1BN = T1 e triangolare superiore (B⌅ e base a ventaglio).Consideriamo la matrice
C =
⌅
⌦⌃ 0 00 • •0 • •
⇧
↵
ove �• •• •
⇥= N
Allora, posto D=MC, questa e la matrice che triangola A cioe D�1AD = T etriangolare superiore. Da notare che T11 = T1.
Risolviamo ora il problema dato, nel caso k = 1. La matrice da studiare eallora
A =
⌅
⌦1 �3 10 1 00 1 1
⇧
↵ .
Questa ha autovalore ⌃ = 1 d molteplicita 3 con autospazio V⌅ = < (1, 0, 0) >.Consideriamo la base B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} di C3. Si ha
M = MBC =
⌅
⌦1 0 10 1 10 1 0
⇧
↵ , M�1 = MCB =
⌅
⌦1 �1 10 0 10 1 �1
⇧
↵
404 CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
e poi
M�1AM =
⌅
⌦1 5 40 2 10 �1 0
⇧
↵ .
AlloraB = (M�1AM)11 =
�2 1�1 0
⇥.
Quest’ultima matrice ha ancora come autovalore 1 con autospazio relativoV⌅ = < (1,�1) >. Condisiderata la base B⌅ = {(1,�1), (1, 0)}, si ha
N = MB⇥C =
�1 1�1 0
⇥.
Allora
C =
⌅
⌦1 0 00 1 10 �1 0
⇧
↵ ,
mentre
D = MC =
⌅
⌦1 �1 00 0 10 1 1
⇧
↵ e D�1 =
⌅
⌦1 �1 10 �1 10 1 0
⇧
↵ .
Infine
D�1AD =
⌅
⌦1 1 50 1 10 0 1
⇧
↵ .
16.6 Esercizi proposti
16.6.1. Determinare gli autovalori e gli autovettori delle seguenti applicazioni li-neari R3 ↵ R3:
L(x, y, z) = (2x, 4x + 6y + 4z,�2x� 2y),
T (x, y, z) = (x + y + 3z, x + 2y + 5z,�x� 3y � 7z).
16.6.2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita. SianoL, T � Hom(V, V )tali che LT = TL. Mostrare che se v e un autovettore di L con autovalore ⌃ e seT (v) �= 0, allora T (v) e un autovettore di L con autovalore ⌃.
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