AUTOVALORI ED AUTOVETTORI DI UNA MATRICE
TEOREMA: Un elemento λ λ λ λ di K è un autovalore per una matrice A, di ordine n, se e solo se, indicata con I la matrice identità di ordine n, risulta:
det( A − λ I ) = 0
Il determinante det(A − − − − λ λ λ λ I) si chiama determinante caratteristico della matrice A;
l’equazione det(A − − − − λ λ λ λ I) = 0 si chiama equazione caratteristica della matrice A.
In forma sviluppata, il determinante caratteristico
det(A - λ λ λ λI)
si scrive:det( )
...
...
... ... ... ...
...
A I
a a a
a a a
a a a
n n
n n nn
− =
−
−
− λ
λ
λ
λ
11 12 1
21 22 2
1 2
Se si considera
λ λ λ λ
come uno scalare variabile in K, questo determinante è un polinomioϕ ϕ ϕ ϕ(λ λ λ λ)
, di grado n, che si chiama polinomio caratteristico della matrice A.♦ il grado del polinomio caratteristico di una matrice quadrata è uguale all’ordine n di questa matrice;
♦ il coefficiente del termine di grado massimo è ±±±1 a seconda che n sia pari o dispari; ±
♦ la somma degli elementi diagonali di una matrice A, si chiama “traccia” di A, e si indica con la scrittura tr(A), cioè si pone:
tr A a
iia a a
i n
( ) = = + + ... +
nn=
∑
1
11 22
Risulta allora che: il coefficiente del termine in
λ λ λ λ
(n-1) è uguale alla traccia della matrice A, moltiplicata per ±±±1 a seconda che n sia dispari o pari; ±♦ il termine noto del polinomio caratteristico di una matrice A è uguale al determinante di tale matrice, cioè
ϕ ϕ(0) = det(A). ϕ ϕ
Se la matrice A ha gli autovalori λλλλ1, λλλλ2, ..., λλλλn tutti distinti, allora i corrispondenti autovettori x1, x2, ..., xn sono linearmente indipendenti.
λ λ λ
λ
Oè un autovalore di A, se e solo se λ λ λ λ
Oè una radice del polinomio caratteristico di A, cioè se:
det( A − λ
OI ) = 0
La determinazione degli autovalori di una matrice A equivale, quindi, alla ricerca delle radici del polinomio caratteristico
ϕ ϕ(λ ϕ ϕ λ λ λ)
di grado n. Trovato un autovalore λλλλO, allora gli autovettori corrispondenti sono le soluzioni del sistema omogeneo:( A − λ
OI ) ⋅ X r = 0
ESERCIZIO 1.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della matrice
A =
1 2 3 2
Dobbiamo determinare uno scalare
λ λ λ λ
ed un vettorer
x x
= x
1 2
, tali che:
A x x x
x
x
⋅ = ⋅ ⇒ x
⋅
= ⋅
r r
λ 1 2 λ
3 2
1 2
1
2
L’equazione matriciale sopra scritta è equivalente al seguente sistema lineare omogeneo:
x x x
x x x cioè x x
x x
1 2 1
1 2 2
1 2
1 2
2
3 2
1 2 0
3 2 0 1
+ =
+ =
− ⋅ + =
− + − ⋅ =
λ
λ
λ : ( ) λ
( ) ( )
Un sistema omogeneo ha una soluzione non nulla (soluzione non banale) solo se il determinante della matrice incompleta vale zero, cioè se risulta:
det ( )
( ) ( ) ( )
1 2
3 2 1 2 6 0 2 2 2 6 0
−
− −
= − ⋅ − + = ⇒ − − + + =
λ
λ λ λ λ λ λ
ovvero:
λ 2 − 3 λ − 4 = 0 ⇒ ( λ − 4 )( λ + 1 ) = 0
Pertanto, λλλλ è un autovalore solo se:
λ λ = 4 λ λ
oλ λ = -1 λ λ
. Perλ λ λ λ = 4
, il sistema (1) diventa:− + =
− + =
= ⋅ ⇒ =
=
3 2 0
3 2 0
2 3
2 3
1 2
1 2 1 2 1
2
x x
x x cioè x x x x
: x
Il vettore
x = (2, 3)
è un autovettore relativo all’autovaloreλ λ λ λ = 4
; ogni altro autovettore relativo aλ λ λ λ = 4
, è un multiplo dix = (2, 3).
Per
λ λ λ λ = − − − −1
, il sistema (1) diventa:2 2 0
3 3 0
1 1
1 2
1 2 1 2 1
2
x x
x x cioè x x x x
x
+ =
− − =
= − ⇒ =
−
=
−
:
Si ottiene, pertanto, che il vettore
x = (x
1, x
2) = (2, − − −1) −
è un autovettore relativo all’autovaloreλ λ λ
λ = − −1 − −
; ogni altro autovettore relativo aλ λ = − λ λ − − −1
, è un multiplo dix = (1, − − − −1).
ESERCIZIO 2.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della seguente matrice:
A = − −
− − −
4 6 0
3 5 0
3 6 5
Il polinomio caratteristico è dato dalla relazione seguente:
p ( ) λ det( A λ I ) det
λ
λ
λ
= − =
−
− − −
− − − −
4 6 0
3 5 0
3 6 5
Sviluppando il determinante secondo gli elementi dell’ultima colonna, si perviene alla scrittura:
p( ) (5 ) [ (5 ) ( ) ] ( ) ( )
( ) ( ) ( )
λ λ λ λ λ λ λ
λ λ λ
= − + ⋅ − + ⋅ − + = − + ⋅ + − =
= − + ⋅ + ⋅ −
4 18 5 2
5 2 2
2
Pertanto, gli autovalori sono ottenuti come soluzione dell’equazione seguente:
0 ) 1 ( ) 2 ( ) 5 ( 0
)
( λ = ⇒ − λ + ⋅ λ + ⋅ λ − = p
ovvero:
λ = − 5 λ = − 2 λ = 1
Indichiamo, ora, un
autovettore x
come vettore colonna nella forma seguente:v x
a b c
=
Se
λ λ λ λ
èl’autovalore
ad esso corrispondente, dovrà essere:( A − λ I ) ⋅ x r = 0
; ossia:4 6 0
3 5 0
3 6 5
0
4 6 0
3 5 0
3 6 5 0
2
−
− − −
− − − −
⋅
= ⇒
− + =
− − + =
− − − + =
λ
λ
λ
λ
λ λ a
b c
a b
a
a b c
( )
( )
( )
( )
• Per
λ λ λ λ = − − − −5
, il sistema (2) assume la forma:9 6 0
3 0
3 6 0
0 0
a b
a
a b
a b c arbitrario
+ =
− =
− − =
⇒ = = =
Si può dunque porre arbitrariamente
c = 1
e porre l’autovettorex
1 nella forma:r x
10 0 1
=
• Per
λ λ λ λ = − − − −2
, il sistema (2) assume la forma:6 6 0
3 3 0
3 6 3 0
0 0 0
a b
a b
a b c
a b a b c b
a b
c b a c b
+ =
− − =
− − − =
⇒
+ = + = + =
⇒ = −
= −
⇒ = = −
Si può dunque porre arbitrariamente
b = − − − −1
e porre l’autovettorex
2 nella forma:r x
21 1 1
= −
• Per
λ λ λ λ = 1
, il sistema (2) assume la forma:3 6 0
3 6 0
3 6 6 0
2 0
2 0
0
2 0
a b
a b
a b c
a b
a b
c
a b
c
+ =
− − =
− − − =
⇒
+ =
+ =
=
⇒ = −
=
Si può dunque porre arbitrariamente
b = − − − −1
e porre l’autovettorex
3 nella forma:r x
32 1 0
= −
ESERCIZIO 3.: Determinare tutti gli autovalori della matrice assegnata A ed una “base” per ogni autospazio.
A = −
3 2 0 1 0 0 0 0 1
Il polinomio caratteristico è individuato dalla relazione di seguito riportata:
p ( ) det( A I ) det ( ) [ ( )]
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
λ λ
λ
λ
λ
λ λ λ
λ λ λ λ λ λ λ λ
= − =
−
− −
−
= − ⋅ − ⋅ − =
= − − + = − − ⋅ − ⋅ − = − − −
3 2 0
1 0
0 0 1
1 2 3
1 2 3 2 1 1 2 2 1 2
Pertanto, gli
autovalori
sonoλ λ λ λ = 1
, con ordine di molteplicità νννν = 2, eλ λ λ λ = 2
.• Per trovare un
autovettore x
relativo all’autovalore
doppioλ λ λ λ
1= 1
, bisogna risolvere la seguente equazione:( A − λ 1 I ) = 0
; ovvero:2 2 0
1 1 0
0 0 0
0 0 0
− −
⋅
=
a
b c
ossia il seguente sistema:
2 2 0
0
0 0
a b
a b c
+ =
− − =
⋅ =
le cui soluzioni
sono:
a = − − −b −
ec
qualsiasi, e dipendono quindi da due scalari arbitrarib
ec
. Il sistema, dunque, ha due soluzioni indipendenti, e precisamente:x r
10 0 1
=
ottenuto ponendob = 0
ec = 1
;r x
21 1 0
=
−
ottenuto ponendob = 1
ec = 0
;Quindi, i vettori x1 ed x2 sono degli autovettori indipendenti che generano l’autospazio di λλλλ1 = 1, che risulta, allora, a due dimensioni. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati all’autovalore λλλλ1 = 1, sono “combinazioni lineari“ di questi “vettori base“ e coprono il piano generato dai vettori x1 ed x2.
• Per λλλλ2 = 2 si ottiene, ragionando analogamente, il sistema di seguito ricavato:
1 2 0
1 2 0
0 0 1
0 0 0
− −
−
⋅
=
a
b c
ossia il seguente sistema:
a b a b c
+ =
− − =
− =
2 0
2 0
0
le cui soluzioni
sono:
a = -2b
ec = 0
, e dipendono, quindi, da uno scalare arbitrario (a
oppureb
). Il sistema presenta una soluzione indipendente e precisamente:x r
32 1 0
=
−
ottenuto ponendob = 1.
L’autospazio di λλλλ2 = 2 è ad una dimensione, ed ha perbase, per esempio, il vettore
x
3. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati allo autovalore λλλλ2 = 2, sono combinazioni lineari del vettore basex
3.ESERCIZIO 4.:Determinare il parametro h in modo che la matrice assegnata A ammetta un autovalore λλλλ = 1; in corrispondenza di tale valore del parametro determinare gli autovalori della matrice A.
A
h h
h
= −
1 0
1 0 2
1 1
Determiniamo, dapprima, la matrice
(A − − − λ − λ λI) λ
, si ottiene:( A I ) h
h
h
− =
−
− −
−
λ
λ
λ
λ
1 0
1 2
1 1
Poiché λλλλ = 1 è un autovalore della matrice A, allora il determinante di
(A − − − − λ λ λI) λ
calcolato perλλ = 1 λλ deve essere uguale a zero. Per questo determiniamo:( )
( )
A I
h h
h
− =
−
− −
−
λ λ = 1
1 1 0
1 1 2
1 1 1
e imponiamo che:
det[( ) ]
( )
A − λ I λ = 1 = 0
. Si ottiene la relazione seguente:− − − − + − − − =
− + − − − − = ⇒ − − = ⇒ =
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
h h h h
h h h h h
1 2 1 2 1 1 0
1 2 1 2 1 0 2 1 1 0 2
2
2 2
Per tale valore del parametro h, la matrice A e (A - λλλI) assumono, rispettivamente, la forma: λ
A h = = − A h = I
⇒ − =
−
− −
−
2 2
2 1 0 1 0 2 1 1 2
2 1 0
1 2
1 1 2
( ( ) λ )
λ
λ
λ
Gli autovalori di A sono definiti dalle soluzioni dell’equazione che si ottiene uguagliando a zero il polinomio caratteristico, ovvero:
p ( ) λ = det( A − λ I ) = 0 ⇒ − λ ( 2 − λ ) 2 + − 2 2 2 ( − λ ) + ( 2 − λ ) = 0
ovvero:
− − + ⋅ + − + + − =
− + − = ⇒ ⋅ − ⋅ − =
( )
( ) ( )
4 4 2 4 2 2 0
4 3 0 1 3 0
2
3 2
λ λ λ λ λ
λ λ λ λ λ λ
Per h = 2, la matrice A presenta, pertanto, i seguenti autovalori:
λ 1 = 0 λ 2 = 1 λ 3 = 3
ESERCIZIO 5.:Determinare tre autovettori, linearmente indipendenti, della seguente matrice
A =
1 1 1 1 1 1 1 1 1
Si devono determinare, dapprima, gli autovalori
λ λ λ λ
i della matriceA
, ovvero tutte le soluzioni della equazione ottenuta uguagliando a zero il polinomio caratteristicop(λ λ λ λ) = 0
. Si ottiene:det( A − I ) = det ( ) ( )
−
−
−
= − + + − ⋅ − λ
λ
λ
λ
λ λ
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 3 1 1 3 1
Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:
det( A − λ I ) = + 1 3 λ 2 − 3 λ − λ 3 + − + 2 3 3 λ = 3 λ 2 − λ 3 = − λ λ 2 ( − 3 )
Ne consegue che:
det( A − λ I ) = 0 ⇒ − λ λ 2 ( − 3 ) = 0 ⇒ λ = 0 λ = 0 λ = 3
L’autovalore
λ λ λ λ
1= 0
presenta un ordine di molteplicità pari a 2, mentreλ λ λ λ
2= 0
è un autovalore semplice. Gli autovettori di A sono determinati dalle soluzioni dell’equazione fra matrici del tipo:( A − λ i I ) ⋅ x r i = 0
• Per
λ λ λ λ
1= 0
, si ottiene la relazione fra matrici ed il relativo sistema di seguito mostrati:1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 0 0
0 0 0
⋅
=
⇒
+ + = + + = + + =
⇒ = − +
a b c
a b c a b c a b c
c ( a b )
Le soluzioni dipendono da due scalari arbitrari
a
eb
. Il sistema ha, quindi, due soluzioni indipendenti; perciò i vettori:x r
11 0 1
=
−
determinato daa = 1
eb = 0
;r x
20 1 1
=
−
determinato daa = 0
eb = 1
sono degli autovettori indipendenti che generano l’autospazio di
λ λ λ λ
1= 0
, che risulta, quindi, a due dimensioni. Ciò significa che tutti gli altri autovettori di A, associati all’autovalore λλλλ1= 0, sono combinazioni lineari dei vettori base x1 ed x2 e coprono il “piano” generato dai vettori x1 ed x2 stessi.• Per
λ λ λ λ
2= 3
, si ottiene, analogamente, la relazione fra le matrici ed il relativo sistema associato di seguito mostrati:−
−
−
⋅
=
⇒ − + + =
− + =
+ − =
⇒ = −
− =
− + =
2 1 1
1 2 1
1 1 2
0 0 0
2 0
2 0
2 0
2
3 3 0
3 3 0
a b c
a b c
a b c
a b c
c a b
a b
a b
ovvero:
a = b
ec = a
. Tali soluzioni dipendono da un solo scalare arbitrarioa
. Il sistema ha, dunque, una soluzione indipendente; perciò il vettore seguente, ottenuto ponendoa = 1
:x r
31 1 1
=
r r r
x
1x
2x
31 0 1
0 1 1
1 1 1
=
−
=
−
=
ESERCIZIO 6.:Si determini la matrice A associata alla “applicazione lineare” ƒƒƒƒ : ℜℜℜℜ2→→→→ℜℜℜℜ2, sapendo che la ƒƒƒ ammette gli autovalori λƒ λλλ1 = 1 e λλλλ2 = −−−2 a cui corrispondono, − rispettivamente, gli autovettori seguenti:
r r
x 1 1 x 2 2
2
= 1
=
Se
x
1 edx
2 sono gli autovettori relativi, rispettivamente, agli autovaloriλ λ λ λ
1= 1
eλ λ λ λ
2= − − −2 −
, dovrà, per definizione di autovalore e di autovettore, risultare verificata la seguente relazione:A x ⋅ r i = i ⋅ x r i λ
in cui A è la matrice associata alla “applicazione lineare” ƒƒƒ : ℜƒ ℜℜℜ2→ℜ→→→ℜℜℜ2. Si tratta, pertanto, di una matrice quadrata di ordine 2.
Nel caso specifico proposto dalla traccia, la relazione sopra scritta, fornisce la coppia di scritture di seguito riportate:
A x ⋅ r = ⋅ x r A x ⋅ r = ⋅ x r
1 λ 1 1 2 λ 2 2
La generica matrice quadrata A di ordine 2 assume la forma:
A a b
c d
=
. Dovrà, allora, verificarsi che:è l’autovettore che genera l’autospazio di
λ λ λ λ
2= 3
che è ad una dimensione ed ha come base appunto x3.I tre autovettori linearmente indipendenti della matrice A sono:
A x x a b c d
A x x a b
c d
a b
c d
a b c d
⋅ = ⇒
⋅
= ⋅
⋅ = ⇒
⋅
= − ⋅
⇒
+ =
+ =
+ = − + = −
r r
r r
1 1 1
2 2 2
1
2 1 1
2 2
1 2 2
1
2 1
2 2
2 4
2 2
λ λ
Le soluzioni del primo sistema, data l’unicità della matrice associata all’applicazione lineare devono essere le soluzioni anche del secondo sistema; pertanto, dovrà verificarsi che:
a b
c d
b b
d d
a b
c d
b b d d
a b
c d
b d
= −
= −
⋅ − + = −
⋅ − + = −
⇒
= −
= −
− + = −
− + = −
⇒
= −
= −
− ⋅ = −
− ⋅ = −
1 2
2 2
2 1 2 4
2 2 2 2
1 2 2 2
2 4 4
4 4 2
1 2 2 2
3 6
3 6
( )
( )
l’ulteriore semplificazione algebrica conduce alle relazioni seguenti:
a b
c d
b d
b d a c
a b c d
= −
= −
=
=
⇒
=
=
= − ⋅
= − ⋅
⇒
= −
=
= −
=
1 2
2 2 2
2
2 2
1 2 2 2 2 2
3 2
2 2
Si conclude che la matrice quadrata A, di ordine 2, associata alla applicazione lineare ƒƒƒƒ : ℜℜℜℜ2→→ℜ→→ℜℜℜ2 proposta dalla traccia, assume la forma seguente:
A = −
−
3 2 2 2
Verifichiamo, per essere esaustivi, che la matrice A così determinata presenta gli autovalori
λ λ λ λ
1= 1
e
λ λ λ λ
2= − −2. G − −
li autovaloriλ λ λ λ
i della matriceA
, altro non sono che le soluzioni della equazione che si ottiene uguagliando a zero il polinomio caratteristicop(λ λ λ λ) = 0
. Si ottiene:det( A − I ) = det − − ( ) ( )
− −
= − − ⋅ − +
λ λ
λ λ λ
3 2
2 2 3 2 4
Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:
det( A − λ I ) = − + 6 3 λ − 2 λ + λ 2 + 4 = λ 2 + λ − 2 = ( λ − 1 ) ( ⋅ λ + 2 )
Ne consegue che:
det( A − λ I ) = 0 ⇒ ( λ − 1 ) ( ⋅ λ + 2 ) = 0 ⇒ λ 1 = 1 λ 2 = − 2
OSSERVAZIONE
Dato che la matrice A presenta due autovalori distinti allora risulta essere diagonalizzabile. Una matrice diagonale M simile alla matrice A è la matrice che ha lungo la diagonale principale gli autovalori di A. La matrice diagonalizzante P è la matrice le cui colonne sono costituite dagli autovettori associati agli autovalori della matrice A. Le matrici M e P hanno, pertanto, la forma seguente:
M = P
−
=
1 0
0 2
1 2 2 1
Si verifichi che le matrici A, M e P soddisfano la relazione seguente:
