Autovalori, autovettori e diagonalizzabilità

(1)

Autovalori, autovettori e diagonalizzabilit` a

Sia V uno spazio vettoriale su un campo K.

Sia f : V → V un’applicazione lineare.

Un vettore v ∈ V − {0} si dice autovettore per f se viene mandato da f in un suo multiplo, cio`e se esiste λ ∈ K tale che f (v) = λv.

In tal caso si dice che λ `e un autovalore di f (l’autovalore di f relativo a v).

L’insieme degli autovalori di f si dice spettro di f .

(2)

Esempio 0.

v

f

f(v)=2v

Figure 1: v `e autovettore per f con autovalore 2, perch´e v 6= 0 e f manda v in 2v

Esempio 1. Siano K = R, V = R³ e f = f_A : R³ → R³ dove A =





1 2 0 1 1 1 3 0 0



.

Il vettore



 1 1 1



 `e autovettore per f con autovalore 3, infatti `e non nullo e

f



 1 1 1



= A



 1 1 1



=



 3 3 3



= 3



 1 1 1



.

Esempio 2. Siano K = R, V = R² e θ un angolo non multiplo di π. Sia f la rotazione di angolo θ in senso antiorario. Quindi f = f_A con A =

cos θ −sen θ sen θ cos θ

.

L’applicazione f non ha autovettori perch´e ogni vettore v va nel suo ruotato dell’angolo θ in senso antiorario, che non `e un multiplo di v.

Esempio 3. Siano K = R, V = R³ e f = f_A : R³ → R³ dove

A =





−1 0 0 0 0 0 0 0 ¹₂



. Ovviamente si ha:

e₁ è autovettore per f con autovalore −1, e₂ è autovettore per f con autovalore 0, e₃ è autovettore per f con autovalore ¹₂.

(3)

Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita su un campo K.

Per calcolare gli autovalori di f : V → V lineare, occorre fissare una base B di V e calcolare il polinomio caratteristico di A := M

_B,B

(f ) (matrice associata a f nelle basi B, B):

p

_f

(t) = p

_A

(t) = det(A − tI).

Gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristico.

Per qualsiasi λ autovalore di f , si definiscono l’autospazio di f relativo a λ, la molteplicit` a geometrica e la molteplicit` a algebrica nel modo seguente:

• l’autospazio di f relativo a λ `e il sottospazio Ker(f − λI); coincide con l’insieme degli autovettori di f con autovalore λ, unito al vettore zero;

• la dimensione di Ker(f − λI) si dice molteplicit` a geometrica di λ.

• la molteplicit`a di λ come radice del polinomio caratteristico di f (cio`e il

massimo s tale che (t − λ)

^s

divide p

_f

) si dice molteplicit` a algebrica di λ.

(4)

Esempio. Sia f = f_A: R⁴ → R⁴, dove

A =







1 −3 0 0

−1 3 1 1

0 0 2 2





 .

Osserviamo che A = ME,E(f ), dove E `e la base canonica di R⁴. Quindi

p_f(t) = p_A(t) = det







1 − t −3 0 0

−1 3 − t 1 1

0 0 2 − t 2

0 0 2 2 − t







= t²(t − 4)².

Quindi gli autovalori sono 0 e 4 e si ha:

m_a(4) = 2, m_a(0) = 2.

L’autospazio relativo a 4 `e

Ker(A − 4I) =

*





 1

−1 0 0





 +

e l’autospazio relativo a 0 `e

Ker(A − 0I) = Ker(A) =

*





 3 1 0 0





 ,





 0 0 1

−1





 +

.

In particolare

m_g(4) = 1 m_g(0) = 2.

(5)

Definizione. • Sia V uno spazio vettoriale su un campo K. Sia f : V → V lineare. Si dice che f `e diagonalizzabile se e solo se esiste una base di V fatta da autovettori di f . Se V ha dimensione finita, questo equivale a dire che esiste una base B = {b

₁

, ..., b

_n

} di V tale che la matrice M

_B,B

(f ) `e diagonale; infatti dire che M

_B,B

(f ) `e diagonale equivale proprio a dire che f (b

_j

) `e un multiplo di b

_j

per qualsiasi j ∈ {1, .., n}.

• Una matrice quadrata A si dice diagonalizzabile se f

_A

`e diagonalizzabile.

Questo equivale a dire che A `e simile ad una matrice diagonale, cio`e esiste una matrice invertibile C tale che C

⁻¹

AC `e diagonale.

Criterio necessario e sufficiente di diagonalizzabilit` a.

Sia V uno spazio vettoriale su un campo K di dimensione finita.

Un’applicazione lineare f : V → V `e diagonalizzabile se e solo se valgono le seguenti condizioni (tutte e due):

1) il polinomio caratteristico di f si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti in K,

2) per ogni autovalore di f la molteplicit` a geometrica `e uguale alla molteplicit` a

algebrica.

(6)

FATTI IMPORTANTI

(1) Se A `e una matrice triangolare , allora gli autovalori di A sono gli elementi sulla diagonale di A.

(2) • Per qualsiasi autovalore, si ha:

molteplicit` a geometrica ≤ molteplicit` a algebrica.

• Autovettori relativi a autovalori distinti sono linearemente indipendenti.

• Autovettori relativi a autovalori distinti di una matrice simmetrica sono anche ortogo- nali.

(3) Se una matrice A ∈ M (n × n, K) ha n autovalori distinti in K, allora ` e diagonalizzabile (o, equivalentemente, se un’applicazione lineare f : V → V con dim(V ) = n ha n autovalori distinti in K, allora ` e diagonalizzabile).

(infatti: il polinomio caratteristico è completamente fattorizzabile in fattori di grado 1 a coefficienti in K, visto che ha n radici in K; inoltre la molteplicità algebrica di ciascun autovalore è 1 e di conseguenza anche quella geometrica è 1).

(4) (i) Sia A una matrice a blocchi diagonali (n

₁

× n

₁

), ..., (n

_k

× n

_k

) a coefficienti in un campo K:

A =







A

₁

0 . . . 0 0 0 A

₂

. . . 0 0

. . . . . . .

0 0 . . . A

k−1

0 0 0 . . . 0 A

k





 .

Ovviamente

• p

_A

(t) = p

_A₁

(t) · .... · p

_A_k

(t),

• lo spettro di A `e l’unione degli spettri delle matrici A

_i

(7)

• la molteplicit` a algebrica di un autovalore per A ` e la somma delle sue molteplicit` a algebriche per A

₁

, ..., A

_k

• la molteplicit` a geometrica di un autovalore per A ` e la somma delle sue molteplicit` a geometriche per A

₁

, ..., A

_k

.

Pertanto

A ` e diagonalizzabile ⇐⇒ A

_i

` e diagonalizzabile per qualsiasi i = 1, ..., k.

(ii) ATTENZIONE! Se avete una matrice del tipo A =

0 A

₁

A

₂

0 ,

NON E’ VERO CHE p

_A

E’ IL PRODOTTO DI p

_A₁

e di p

_A₂

, NE’ CHE LO SPETTRO DI A E’ L’UNIONE DELLO SPETTRO DI A

₁

E DELLO SPETTRO DI A

₂

.

(iii) Se per` o avete una matrice del tipo

A =





A

₁

0 A

₂

0 A

₃

0 A

₄

0 A

₅



 ,

allora il suo polinomio caratteristico, il suo spettro e le sue molteplicit` a sono quelle della matrice





A

₁

A

₂

0 A

₄

A

₅

0 0 0 A

₃





(infatti rappresentano la stessa applicazione nella stessa base ordinata in modo diverso) e a questa matrice potete applicare il punto (i).

(5) Se A ` e una qualasiasi matrice n × n, allora p

A

(t) ha grado n e, ordinando i monomi con grado decrescente, si ha:

p

_A

(t) = (−1)

ⁿ

t

ⁿ

+ (−1)

ⁿ⁻¹

tr(A)t

ⁿ⁻¹

+ ... + det(A). (1) In particolare se p

_A

(t) = (λ

₁

− t) · .... · (λ

_n

− t), allora

det(A) = λ

₁

· .... · λ

_n

, tr(A) = λ

₁

+ .... + λ

_n

.

(8)

(l’ultima affermazione `e ovvia, infatti

(λ₁− t) · .... · (λ_n− t) = (−1)ⁿtⁿ+ (−1)ⁿ⁻¹(λ₁ + .... + λ_n)tⁿ⁻¹+ ... + λ₁· .... · λ_n, da cui, confrontando con (1), si ha la tesi.)

(6) Sia H una matrice quadrata a coefficienti in C. Ricordo che H

^∗

` e la matrice

^t

H e che

• H si dice hermitiana se e solo se H = H

^∗

,

• H si dice unitaria se e solo se HH

^∗

= I,

• H si dice normale se e solo se HH

^∗

= H

^∗

H. Lemma. Le matrici simmetriche reali e, pi` u in generale, le matrici hermitiane hanno solo autovalori reali.

Teorema Spettrale • Ogni matrice simmetrica reale A `e diagonalizzabile

(precisamente ` e diagonalizzabile “per mezzo di” un matrice ortogonale, cio` e esiste C ortogonale tale che C

⁻¹

AC ` e diagonale).

• Ogni matrice normale A `e diagonalizzabile

(precisamente ` e diagonalizzabile “per mezzo di” un matrice unitaria, cio` e esiste C unitaria tale che C

⁻¹

AC ` e diagonale).

In particolare tutte le matrici unitarie e tutte le matrici hermitiane sono diagonalizzabili.

(9)

ESEMPIO 1. (IMPORTANTE, RICORDARSELO!!) Siano

A = 3 2 0 3

, B = 3 2 0 4

.

Vediamo se sono diagonalizzabili su R. Dato che sono due matrici triangolari, il polinomio caratteristico

`

e completamente fattorizzabile in fattori di grado 1 a coefficienti reali e gli autovalori sono gli elementi sulla diagonale; pertanto 3 è l’unico autovalore di A ed ha molteplicità algebrica 2, mentre lo spettro di B è {3, 4} e ciascuno dei due autovalori di B ha molteplicità algebrica (e quindi geometrica) uguale a 1. Quindi si può concludere subito che B è diagonalizzabile su R (in sintesi, B è diagonalizzable per il punto (3) richiamato in precedenza). Per vedere se A è diagonalizzabile occorre calcolare la molteplicità geometrica di 3, cioè la dimensione di Ker(A − 3I); ovviamente

dim Ker(A − 3I) = dim Ker 0 2 0 0

= 1;

quindi la molteplicit`a algebrica e geometrica di 3 non coincidono per A e pertanto A non `e diagonalizzabile su R. Identico ragionamento vale anche su C.

Pi`u in generale si pu`o vedere facilmente che se

a c 0 b

`

e una matrice a coefficienti in un campo qualsiasi, essa `e diagonalizzabile solo nei seguenti due casi:

(i) se a 6= b (qualsiasi sia c), (ii) se a = b e c = 0.

Infatti, il polinomio caratteristico è sempre fattorizzabile in fattori di grado 1 a coefficienti in K perché è (a − t)(b − t); se a 6= b, la matrice ha come autovalori a e b entrambi con molteplicità algebrica 1 e quindi geometrica 1 e quindi la matrice è diagonalizzabile (in sintesi, è diagonalizzable per il punto (3) richiamato in precedenza); se a = b, la matrice ha come unico autovalore a con molteplicità algebrica 2, quindi è diagonalizzabile se e solo se anche la molteplicità geometrica, cioè la dimensione di Ker 0 c

0 0

, `e 2 e questo `e vero se e solo se c = 0.

ESEMPIO 2. Sia f = f_A: R³ → R³ dove

A =





1 −2 0

2 1 1

0 0 −1



. Allora





1 − t −2 0

2 1 − t 1

0 0 −1 − t



= (−1 − t)(t²− 2t + 5).

(10)

Osserviamo che p_f non si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti reali. Quindi f = f_A : R³ → R³ non `e diagonalizzabile (A non `e diagonalizzabile su R).

ESEMPIO 3. Sia f = f_B: R³ → R³ dove

B =





1 2 0 2 1 1 0 0 −1



. Allora

p_f(t) = p_B(t) = (−1 − t)(t²− 2t − 3) = −(t − 3)(t + 1)².

Osserviamo che p_f si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti reali. Gli autovalori sono 3 e −1. Ovviamente la molteplicità algebrica di 3 è 1, quella di −1 è 2; quindi la molteplicità geometrica di 3 è necessariamente 1, inoltre si calcola facilmente che la molteplicità geometrica di −1 è 1; quindi B non è diagonalizzabile su R.

ESEMPIO 4. Sia f = f_C : R³ → R³ dove

C =





3 1 1 2 4 2 3 3 5



. Allora

p_f(t) = p_C(t) = −t³+ 12t²− 36t + 32 = (2 − t)²(8 − t).

Osserviamo che p_f si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti reali. Gli autovalori sono 2 e 8. Ovviamente la molteplicità algebrica di 2 è 2, quella di 8 è 1; quindi la molteplicità geometrica di 8 è necessariamente 1; inoltre si calcola facilmente che la molteplicità geometrica di 2 è 2; quindi C è diagonalizzabile su R. L’autospazio di 2 è

Ker(C − 2I) = Ker





1 1 1 2 2 2 3 3 3



=

*



−1 1 0



,





−1 0 1



 +

.

L’autospazio di 8 `e

Ker(C − 8I) = Ker





−5 1 1

2 −4 2

3 3 −3



=

*

 1 2 3



 +

. Quindi











−1 1 0



,





−1 0 1



,



 1 2 3











(11)

`e una base di R³ formata da autovettori per C. La matrice

H :=





−1 −1 1

1 0 2

0 1 3





`

e tale che H⁻¹CH `e diagonale (sulla diagonale ci saranno 2, 2, 8).

ESEMPIO 5. Sia f = f_A: C³ → C³ dove

A =





1 −2 0

2 1 1

0 0 −1



. Allora





1 − t −2 0

2 1 − t 1

0 0 −1 − t



= (−1 − t)[(1 − t)(1 − t) + 4] =

= (−1 − t)(t²− 2t + 5) = (−1 − t)(t − 1 − 2i)(t − 1 + 2i).

Osserviamo che p_f si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti complessi. Gli autovalori sono −1, 1 − 2i, 1 + 2i, tutti e tre con molteplicità algebrica uguale a 1. Quindi anche le loro molteplicità geometriche sono uguali a 1. Quindi f = f_A : C³ → C³ è diagonalizzabile (A è diagonalizzabile su C). In sintesi, f è diagonalizzable per il punto (3) richiamato in precedenza.

(12)

ESERCIZIO 1. (IMPORTANTE, RICORDARSELO!!) Siano

σ₁ = 0 1 1 0

, σ₂ = 0 −i i 0

, σ₃ = 1 0 0 −1

. Esse sono dette matrici di Pauli e sono utilizzate in meccanica quantistica.

(a) Calcolare traccia, determinante, autovalori e autospazi delle tre matrici.

(b) Sono diagonalizzabili? Sono hermitiane? Sono unitarie?

(c) Verificare che σ²_i = I per i = 1, 2, 3

(d) Senza fare ulteriori conti, calcolare gli autovalori con le loro molteplicit`a e gli autovettori delle seguenti matrici:

A := σ₁ 0 0 σ₂

, B :=





σ₂ 0 0 0 5 0 0 0 6



. SVOLGIMENTO (prima farlo da soli!)

(a) tr(σ_i) = 0 per i = 1, 2, 3, det(σ_i) = −1 per i = 1, 2, 3.

Quindi, per qualsiasi i = 1, 2, 3, se λ₁ e λ₂ sono gli autovalori complessi di σ_i, si deve avere λ₁ + λ₂ = 0, λ₁λ₂ = −1,

quindi

{λ1, λ2} = {1, −1}.

Quindi le tre matrici di Pauli hanno tutte e tre determinante −1, traccia 0 e spettro {1, −1}.

Calcoliamo gli autospazi di σ1: Ker(σ₁− I) = Ker −1 1

1 −1

= h 1 1

i, Ker(σ1+ I) = Ker 1 1

1 1

= h

1

−1

i.

Calcoliamo gli autospazi di σ₂: Ker(σ₂− I) = Ker −1 −i i −1

= h

i

−1

i (ricordo che (a, b) −b a

= 0), Ker(σ₂+ I) = Ker 1 −i

i 1

= h

i 1

i.

Calcoliamo gli autospazi di σ₃: Ker(σ₃− I) = Ker 0 0

0 −2

= he₁i, Ker(σ₃+ I) = Ker 2 0

0 0

= he₂i.

(b) Le tre matrici di Pauli sono tutte e tre diagonalizzabili (su C e le due a coefficienti reali, cio`e σ1 e σ₃ anche su R) per il punto (3) richiamato in precedenza (sono matrici 2 × 2 e hanno due autovalori distinti).

Altro modo per vedere che sono diagonalizzabili: esse sono tutte e tre hermitiane (infatti gli elementi simmetrici rispetto alla diagonale principale sono coniugati). Si vede facilmente che sono anche unitarie.

(13)

(c) Semplice conto che omettiamo.

(d) Per il punto (4) richiamato in precedenza

spettro(A) = spettro(σ₁) ∪ spettro(σ₂) = {1, −1};

la molteplicità algebrica di 1 per A è la somma delle molteplicità algebriche di 1 per σ₁ e di 1 per σ₂, quindi la molteplicità algebrica di 1 per A è 1 + 1 = 2; la la molteplicità geometrica di 1 per A è la somma delle molteplicità geometrica di 1 per σ₁ e di 1 per σ₂, quindi la molteplicità geometrica di 1 per A è 1 + 1 = 2.

Analogamente le molteplicit`a di −1.

Calcoliamo adesso l’autospazio di 1:

Ker(A − I) = h





 1 1 0 0





 ,





 0 0 i

−1





 i

(gli elementi della base si ottengono da quelli degli autospazi dei due blocchi “aggiungendo” 0 in cima e in fondo opportunamente).

Calcoliamo adesso l’autospazio di −1:

Ker(A + I) = h





 1

−1 0 0





 ,





 0 0 i 1





 i.

Consideriamo adesso la matrice B. Per il punto (4) richiamato in precedenza

spettro(B) = spettro(σ₂) ∪ spettro((5)) ∪ spettro((6)) = {1, −1, 5, 6}

e tutti gli autovalori hanno molteplicit`a algebrica e geometrica uguali a 1.

Ker(B − I) = Ker







−1 −i 0 0 i −1 0 0

0 0 4 0

0 0 0 5







= h





 i

−1 0 0





 i.

Calcoliamo adesso l’autospazio di −1:

Ker(B + I) = Ker







1 −i 0 0 i 1 0 0

0 0 6 0

0 0 0 7







= h





 i 1 0 0





 i.

Ker(B − 5I) = Ker







−5 −i 0 0 i −5 0 0

0 0 0 0

0 0 0 1







= he₃i.

(14)

Ker(B − 6I) = Ker







−6 −i 0 0

i −6 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 0







= he₄i.

ESERCIZIO 2.

Sia A =







0 0 0 1 0 0 1 0 0 −i 0 0 i 0 0 0







. Dire se `e diagonalizzabile.

SVOLGIMENTO Per il punto (4)(c)

p_A(t) = (t²− i)(t²+ i) = (t − eⁱ^π⁴)(t − eⁱ⁵⁴^π)(t − eⁱ³⁴^π)(t − eⁱ⁷⁴^π), quindi, per il punto (3), la matrice A `e diagonalizzabile.

ESERCIZIO 3.

Sia R = 1 2 2 1

. Dire se `e diagonalizzabile su R e in caso positivo, trovare una matrice ortogonale Q tale che ^tQRQ sia diagonale.

SVOLGIMENTO

Per il teorema spettrale R è diagonalizzabile su R e Q esiste. La traccia di R è 2 e il determinante è −3, quindi gli autovalori sono 3 e −1. Per trovare Q, trovo una base ortonormale per ciascun autospazio e affianco le basi trovate:

Ker(R + I) = Ker 1 1 1 1

= h

1

−1

i,

quindi una base ortonormale dell’autospazio di −1 `e ^√¹

2

1

−1

; Ker(R − 3I) = Ker −2 2

2 −2

= h 1 1

i,

quindi una base ortonormale dell’autospazio di 3 `e ^√¹₂ 1 1

; quindi posso prendere Q =

√1 2

−^√¹

2

√1 2

! .

(15)

ESERCIZIO 4.

Sia f : M (2 × 2, R) → M(2 × 2, R) l’applicazione lineare tale che f a b

c d

= a + b a + b c + d c − d

per qualsiasi a, b, c, d ∈ R. Dire se f `e diagonalizzabile su R.

SVOLGIMENTO

Per vedere se un’applicazione lineare f da V in V , dove V `e uno spazio vettoriale su un campo K di dimensione finita n diverso da Kⁿ, `e diagonalizzabile, bisogna fissare una base di V e calcolare la matrice associata a f in questa base e fare i conti su tale matrice. In altre parole bisogna “interpretare” V come Kⁿ.

Nel nostro caso consideriamo la base ordinata E = {E_1,1, E_1,2, E_2,1, E_2,2}; si calcola facilmente che

ME,E(f ) =







1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 −1





 .

(Infatti se “interpretiamo” M (2×2, R) come R⁴attraverso l’isomorfismo a b c d

7→





 a b c d







, l’applicazione

f diventa





 a b c d





 7→





 a + b a + b c + d c − d







che `e l’applicazione lineare associata alla matrice







1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 −1





 .)

Dato che ME,E(f ) `e simmetrica, possiamo concludere subito che f `e diagonalizzabile.

(16)

Autovalori di polinomi di matrici

Osservazione. Sia K un campo e siano n, s due numeri naturali non nulli. Sia A ∈ M (n × n, K). Se λ ` e un autovalore di A, allora λ

^s

` e un autovalore di A

^s

.

infatti: se v `e un autovettore per A di autovalore λ, allora

A^sv = A^s−1Av = A^s−1(λv) = λA^s−1v = λA^s−2Av = λA^s−2(λv) = λ²A^s−2v = ... = λ^sv.

L’osservazione si pu` o generalizzare nel modo seguente. Sia K un campo. Dato un polinomio p(x) = a

_s

x

^s

+ a

_s−1

x

^s−1

+ ... + a

₀

∈ K[x] e data A ∈ M (n × n, K) per qualche n ∈ N − {0}, si denota con p(A) la matrice

a

_s

A

^s

+ a

_s−1

A

^s−1

+ ... + a

₀

I

_n

. Ad esempio se

p(x) = x

²

+ 3x − 2 e A = −1 2

1 0

, allora p(A) ` e la matrice seguente:

−1 2 1 0

²

+ 3 −1 2 1 0

− 2I

₂

= −2 4 2 0

Osservazione. Se λ ` e un autovalore di A e p(x) ∈ K[x], allora p(λ) ` e un autovalore di p(A).

Esempio. Se 3 ` e un autovalore di una matrice quadrata A, allora la matrice A

²

ha 9 come autovalore e la matrice

A

²

− 2A + I ha

3

²

− 2 · 3 + 1, cio` e 4, come autovalore.

Ci possiamo chiedere se p(A) pu` o avere altri autovalori oltre quelli del tipo p(λ) con λ

autovalore di A. Se il polinomio caratteristico di A ` e completamente fattorizzabile in

fattori di grado 1 a coefficienti in K, allora la risposta ` e negativa:

(17)

Proposizione. Sia K un campo e siano n, s ∈ N − {0}. Sia A ∈ M (n × n, K).

Se lo spettro di A ` e {λ

₁

, ..., λ

_r

} e il polinomio caratteristico di A `e completamente fattorizzabile in fattori di grado 1 a coefficienti in K, allora A

^s

ha come autovalori solo λ

^s₁

, ..., λ

^s_r

. Inoltre, se p(x) ∈ K[x], allora p(A) ha come autovalori solo p(λ

₁

), ..., p(λ

_r

).

Osserviamo che l’enunciato non ` e pi` u vero se si omette l’ipotesi che il polinomio caratteristico di A sia completamente fattorizzabile in fattori di grado 1 a coefficienti in K;

infatti consideriamo A = 0 −1 1 0

; essa non ha autovalori reali; la matrice A

²

` e uguale a −1 0

0 −1

, quindi ha autovalore −1.

(18)

Matrici 2 × 2

Sia K un campo e sia A ∈ M (2 × 2, K). Il suo polinomio caratteristico si calcola facilmente tramite la traccia e il determinante; precisamente

p

_A

(t) = t

²

− tr(A)t + det(A)

(segue dal punto (5) a pagina 7 o si pu` o vedere direttamente).

Caso 1: p

_A

non si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti in K.

In tal caso ovviamente A non ` e diagonalizzabile su K.

Caso 2: p

_A

si fattorizza completamente in fattori di grado 1 a coefficienti in K.

Sottocaso 2.a: p

A

ha due radici distinte; in tal caso A ` e diagonalizzabile su K

(segue dal punto (3) a pagina 6, oppure direttamente: le molteplicit` a algebriche dei due autovalori sono uguali a 1, di conseguenza anche le geometriche sono uguali a 1)

Sottocaso 2.b: p

_A

ha una sola radice λ con molteplicit` a algebrica 2.

In tal caso, A ` e diagonalizzabile se e solo se anche la molteplicit` a geometrica ` e 2, cio` e se e solo se la dimensione di Ker(A − λI) = 2; questo ` e possibile se e solo se A − λI = 0 (infatti una matrice 2 × 2 ha nucleo di dimensione 2 se e solo se ` e la matrice nulla), cio` e se e solo se A = λI.

Quindi, in conclusione, in questo sottocaso A ` e diagonalizzabile se e solo se ` e gi` a diagonale.

(19)

Esempio 1. Sia

A = 1 −2 9 3

.

Vogliamo vedere se ` e diagonalizzabile su R. Dato che tr(A) = 4 e det(A) = 21, si ha:

p

_A

(t) = t

²

− 4t + 21.

Quindi le radici di p

_A

non sono reali, pertanto A non ` e diagonalizzabile su R.

Esempio 2. Sia

A = 1 2 9 3

.

Vogliamo vedere se ` e diagonalizzabile su R. Dato che tr(A) = 4 e det(A) = −15, si ha:

p

_A

(t) = t

²

− 4t − 15.

Quindi p

_A

ha due radici distinte e sono reali, pertanto A ` e diagonalizzabile su R.

Esempio 3. Sia

A =

1 1

−1 3

.

Vogliamo vedere se ` e diagonalizzabile su R. Dato che tr(A) = 4 e det(A) = 4, si ha:

p

_A

(t) = t

²

− 4t + 4 = (t − 2)

²

.

Quindi p

A

ha una sola radice, con molteplicit` a algebrica 2 e tale radice ` e reale: ` e il numero 2; pertanto A non ` e diagonalizzabile su R dato che non `e diagonale. Se preferite, potete calcolare la molteplicit` a geometrica di 2; vi verr` a sicuramente 1 dato che la matrice non

`

e diagonale.