Diagonalizzabilit` a di un endomorfismo
Due matrici A, B ∈ Mn(K) si dicono simili, se esiste C ∈ GLn(K) tale che B = C−1AC.
Osservazione 0.1. Matrici simili hanno lo stesso determinante.
Il prossimo risultato mostra che matrici associate ad un endomorfismo sono simili.
Proposizione 0.2. Sia V un K–spazio vettoriale tale che dim(V ) = n, siano E = {e1, . . . , en}, F = {f1, . . . , fn} due basi di V e sia F : V −→ V un endomorfismo. Se M `e la matrice di passaggio da E ad F , AE,E `e la matrice associata ad F rispetto alla base E e AF ,F `e la matrice associata ad F rispetto alla base F , allora AF ,F = M−1AE,EM Proof. Sia v ∈ V . Allora esistono (e sono uniche) le n–uple (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ Kn tali che v = x1e1+ . . . + xnen = y1f1+ . . . + ynfn. Inoltre
x1 x2 ... xn
= M
y1 y2 ... yn
,
y1 y2 ... yn
= M−1
x1 x2 ... xn
.
Poich`e F (v) ∈ V , allora esistono (e sono uniche) le n–uple (x01, . . . , x0n), (y01, . . . , y0n) ∈ Kn tali che F (v) = x01e1+ . . . + x0nen= y10f1+ . . . + yn0fn. Inoltre
x01 x02 ... x0n
= M
y10 y20 ... y0n
,
y01 y02 ... y0n
= M−1
x01 x02 ... x0n
.
Dalla Proposizione ?? si ha che
y01 y02 ... y0n
= M−1
x01 x02 ... x0n
= M−1AE,E
x1 x2 ... xn
= M−1AE,EM
y1 y2 ... yn
.
Esempi 0.3. 1. Sia F : (x, y, z) ∈ R3 7−→ (2x + y, y − z, 2y + 4z) ∈ R3. La matrice associata ad F rispetto alla base canonica B = {e1, e2, e3} di R3 `e
AB =
2 1 0
0 1 −1
0 2 4
.
Si consideri la seguente base di R3: B0 = {v1 = (0, 0, 1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (1, 1, 1)}. Sia M ∈ M3(R) la matrice di passaggio da B a B0, allora
(0, 0, 1) = 0e1 + 0e2+ 1e3, (0, 1, 1) = 0e1+ 1e2+ 1e3, (1, 1, 1) = 1e1+ 1e2+ 1e3,
M =
0 0 1 0 1 1 1 1 1
. Mentre la matrice di passaggio da B0 a B risulta
M−1 =
0 −1 1
−1 1 0
1 0 0
. Allora la matrice associata ad F rispetto alla base B0 `e
AB0 = M−1ABM =
5 6 6
−1 −1 −3
0 1 3
.
Infatti
F (v1) = (0, −1, 4) = 5v1−1v2+0v3, F (v2) = (1, 0, 6) = 6v1−1v2+1v3, F (v3) = 6v1−3v2+3v3. Sia V un K–spazio vettoriale tale che dim(V ) = n e sia F : V −→ V un endomorfismo.
F si dice diagonalizzabile se esiste una base E di V tale che la AE,E, matrice associata ad F rispetto alla base E , risulti diagonale.
AE,E =
λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 ... ... . .. ...
0 0 . . . λn
,
Se questo accade, allora E `e detta base diagonalizzante per F . Analogamente, una matrice A ∈ Mn(K) si dice diagonalizzabile se `e simile ad una matrice diagonale.
Osservazione 0.4. Sia B una base di V e sia F : V −→ V un endomorfismo. F `e diago- nalizzabile se e solo se la matrice associata ad F rispetto alla base B `e diagonalizzabile.
Osservazione 0.5. Si noti che F : V −→ V `e un endomorfismo digonalizzabile ed E = {e1, . . . , en} `e una base diagonalizzante per F se e solo se esistono λi ∈ K tali che F (ei) = λiei, 1 ≤ i ≤ n.
Sia V un K–spazio vettoriale e sia F : V −→ V un endomorfismo. Un vettore 0 6= v ∈ V si dice autovettore di F se esiste uno scalare λ ∈ K tale che F (v) = λv. Lo scalare λ si dice autovalore di F (relativo all’autovettore v).
Sia A ∈ Mn(K) e sia F : Kn −→ Kn l’endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base canonica `e A. Un autovettore di A `e un autovettore di F , mentre un autovalore di A `e un autovalore di F .
Lemma 0.6. L’autovalore relativo ad un autovettore `e univocamente determinato.
Proof. Siano λ, µ ∈ K autovalori relativi all’autovettore v. Allora F (v) = λv = µv e quindi (λ − µ)v = 0. Poich`e v 6= 0, si ha che λ − µ = 0 e pertanto λ = µ.
Sia Vλ(F ) = {0 6= v ∈ V | F (λv) = λv} l’insieme degli autovettori di F relativi all’autovalore λ ∈ K. Il prossimo risultato mostra che Vλ(F ) ∪ {0} `e un sottospazio vettoriale di V .
Proposizione 0.7. Vλ(F ) ∪ {0} `e un sottospazio vettoriale di V .
Proof. Siano v1, v2 ∈ V autovettori dell’endomorfismo F : V −→ V relativi allo stesso autovalore λ e siano c1, c2 ∈ K. Se c1v1+ c2v2 6= 0, allora il vettore c1v1+ c2v2`e ancora un autovettore di F relativo all’autovalore λ. Infatti F (c1v1+ c2v2) = c1F (v1) + c2F (v2) = c1λv1+ c2λv2 = λ(c1v1+ c2v2).
Vλ(F ) `e detto autospazio relativo all’autovalore λ. Inoltre autovettori relativi ad auto- valori distinti risultano linearmente indipendenti, come mostrato dal prossimo risultato.
Proposizione 0.8. Se λ1, . . . , λn ∈ K sono a due a due distinti e v1, . . . , vn ∈ V sono autovettori relativi agli autovalori λ1, . . . , λn, rispettivamente, allora v1, . . . , vn sono lin- earmente indipendenti.
Proof. Per induzione su n. Base d’induzione. Per n = 1, v1 `e linearmente indipendente, in quanto v1 6= 0.
Ipotesi d’induzione: la tesi `e vera per n − 1.
Tesi d’induzione. Siano v1, . . . , vn ∈ V autovettori relativi agli autovalori λ1, . . . , λn, rispettivamente. Siano c1, . . . , cn∈ K tali che c1v1+ . . . + cnvn= 0, allora
λ1c1v1+ . . . + λ1cnvn = λ10 = 0 (0.1) e
F (c1v1+. . .+cnvn) = c1F (v1)+. . .+cnF (vn) = c1λ1v1+. . .+cnλnvn= F (0) = 0. (0.2) Sottraendo la (0.1) dalla (0.2), si ha
c2(λ2− λ1)v2+ . . . + cn(λn− λ1)vn= 0.
Per ipotesi d’induzione v2, . . . , vn sono linearmente indipendenti, quindi c2(λ2 − λ1) = . . . = cn(λn− λ1) = 0. Poich`e λi − λ1 6= 0, per ogni i = 2, . . . , n, si ha che c2 = . . . = cn = 0. Quindi otteniamo che c1v1 = 0 e pertanto anche c1 = 0, essendo v1 6= 0, come volevasi.
Sia A ∈ Mn(K) e sia X un’indeterminata. Il determinante della matrice A − XIn `e un polinomio di grado n, pA(X) = |A − XIn|, a coefficienti in K nell’indeterminata X, detto polinomio caratteristico di A.
Sia F : V −→ V un endomorfismo, sia E una base di V e sia AE,E la matrice associata ad F rispetto ad E . Allora pAE,E(X) `e detto polinomio caratteristico di F e si denota con pF(X). Il prossimo risultato mostra che il polinomio caratteristico di F non dipende dalla base E .
Lemma 0.9. Matrici simili hanno lo stesso polinomio caratteristico.
Proof. Siano A, B ∈ Mn(K) matrici simili. Esiste, pertanto, M ∈ GLn(K) tale che B = M−1AM . Allora B − XIn = M−1AM − XIn= M−1(A − XIn)M . Pertanto |B − XIn| =
|M−1(A − XIn)M | = |M−1||A − XIn||M | = |A − XIn|.
Il prossimo risultato fornisce un metodo pratico per calcolare autovalori ed autovettori di un endomorfismo F .
Teorema 0.10. Sia V un K–spazio vettoriale tale che dim(V ) = n e sia F : V −→ V un endomorfismo. Allora λ ∈ K `e un autovalore di F se e solo se λ `e radice del polinomio caratteristico di F . In particolare F possiede al pi`u n autovalori distinti.
Proof. Lo scalare λ `e un autovalore di F se e solo se esiste 0 6= v ∈ V tale che F (v) = λv se e solo se (F − λIV)(v) = 0, dove IV `e l’applicazione identica e F − λIV : V −→ V `e un endomorfismo. Inoltre se E = {v1, . . . , vn} `e una base di V e AE,E `e la matrice associata ad F rispetto ad E , allora AE,E − λIn `e la matrice associata ad F − λIV rispetto ad E . Pertanto se v = x1v1+. . .+xnvn, allora 0 6= (x1, . . . , xn) ∈ Kn`e soluzione non–banale del sistema omogeneo la cui matrice associata `e A − λIn. Allora si ha che det(A − λIn) = 0.
F possiede al pi`u n autovalori distinti poich`e un polinomio di grado n a coefficienti in K possiede al pi`u n radici in K.
Sia λ un autovalore dell’endomorfismo F : V −→ V . Se λ `e radice del polinomio caratteristico di F con molteplicit`a uguale ad m, si dice che l’autovalore λ ha molteplicit`a algebrica pari ad m. La molteplicit`a algebrica di λ viene indicata con ma(λ).
Osservazione 0.11. Se λ `e un autovalore di F , dal Teorema 0.10 si ha che ma(λ) ≤ n.
La dimensione dell’autospazio Vλ(F )∪{0} relativo all’autovalore λ, viene detta molteplicit`a geometrica di λ. La molteplicit`a geometrica di λ viene indicata con mg(λ). Vale il seguente risultato.
Proposizione 0.12. Se λ `e un autovalore dell’endomorfismo F : V −→ V , allora 1 ≤ mg(λ) ≤ ma(λ).
Proof. Sia B = {v1, . . . , vn} una base di V e sia A la matrice associata ad F rispetto alla base B. Si noti che un vettore 0 6= v = x1v1 + . . . + xnvn ∈ V appartiene a Vλ∪ {0} se e solo se (x1, . . . , xn) ∈ Kn `e soluzione non–banale del sistema omogeneo di n equazioni nelle n incognite X = (X1, . . . , Xn)t
(A − λIn) X = 0.
Poich`e det(A − λIn) = 0, si ha che rg(A − λIn) = r < n. Allora mg(λ) = dim(Vλ∪ {0}) = n − r ≥ 1.
Sia d = mg(λ) e sia {e1, . . . , ed} una base di Vλ∪ {0}. Dal Teorema del completamento ad una base esistono n − d vettori di V \ (Vλ∪ {0}), ed+1, . . . , en, tali che E = {e1, . . . , en}
`
e una base di V . Se M `e la matrice associata ad F rispetto alla base E , allora M = λId B
0 C
,
dove 0 ∈ Mn−d,d(K) `e la matrice nulla, B ∈ Md,n−d(K) e C ∈ Mn−d(K). Allora il polinomio caratteristico di F risulta
pF(X) = det(M − XIn) = (λ − X)ddet(C − XIn−d) = (λ − X)dpC(X),
dove pC(X) `e il polinomio caratteristico di C che `e quindi un polinomio di grado n − d in X. Pertanto ma(λ) ≥ d = mg(λ).
Il prossimo teorema fornisce un criterio di diagonalizzabilit`a per un endomorfismo.
Teorema 0.13. Sia V un K–spazio vettoriale tale che dim(V ) = n e sia F : V −→ V un endomorfismo. Allora F `e diagonalizzabile se e solo se
i) la somma delle molteplicit`a algebriche degli autovalori di F `e pari ad n,
ii) per ogni autovalore la molteplicit`a geometrica coincide con la molteplicit`a algebrica.
Proof. Siano λ1, . . . , λr, r ≤ n, gli autovalori distinti di F , siano m1, . . . , mr le rispettive molteplicit`a algebriche e Vλ1, . . . , Vλr i rispettivi autospazi. Si supponga che valgano le propriet`a i) e ii), quindi m1+ . . . + mr = n e dim(Vλj) = mj, 1 ≤ j ≤ r. Siano rispettiva- mente B1 = {v1, ..., vm1} una base di Vλ1∪ {0}, B2 = {u1, . . . , um2} una base di Vλ2∪ {0}, . . . , Br = {w1, . . . , wmr} una base di Vλr∪ {0}. Allora B = B1∪ . . . ∪ Br `e un insieme di n autovettori di F . Per concludere la dimostrazione, basta provare che B `e una base di V , in tal caso, infatti B sar`a una base diagonalizzante per F . A tal fine, mostriamo che i vettori di B sono linearmente indipendenti. Siano α1, . . . , αm1, β1, . . . , βm2, . . . , γ1, . . . , γmr ∈ K tali che
α1v1+ . . . + αm1vm1 + β1u1+ . . . + βm2um2 + . . . + γ1w1+ . . . + γmrwmr = 0.
Posto
e1 = α1v1+ . . . + αm1vm1, e2 = β1u1+ . . . + βm2um2, . . . , er = γ1w1+ . . . + γmrwmr, (0.3) si ha che
e1+ . . . + er = 0. (0.4)
Inoltre dalla Proposizione 0.7, si ha che ei ∈ Vλi ∪ {0}, mentre dalla Proposizione 0.8, i vettori e1, e2, . . . , er sono linearmente indipendenti. Allora, da (0.4), necessariamente e1 = e2 = . . . = er = 0. Infine, tenendo conto delle (0.3) e del fatto che i vettori di Bi,
1 ≤ i ≤ r, sono linearmente indipendenti, si ha che α1 = . . . = αm1 = β1 = . . . = βm2 = γ1 = . . . = γmr = 0, come volevasi.
Viceversa, se F `e diagonalizzabile e B `e una base diagonalizzante per F , allora gli n vettori di B sono autovettori di F . Inoltre, la matrice M ∈ Mn(K) associata ad F rispetto a B `e una matrice diagonale e gli elementi della diagonale principale di M sono autovalori di F . Ne segue che la somma delle molteplicit`a geometriche degli autovalori di F `e maggiore o uguale ad n. D’altro canto, dalla Proposizione 0.12 e dall’Osservazione 0.11, si ha che la somma delle molteplicit`a geometriche degli autovalori di F `e esattamente n. Allora, necessariamente valgono le propriet`a i) e ii).
Corollario 0.14. Sia V un K–spazio vettoriale tale che dim(V ) = n e sia F : V −→ V un endomorfismo. Se F possiede n autovalori distinti, allora F `e diagonalizzabile.
Osservazione 0.15. Una base diagonalizzante per un endomorfismo si ottiene scegliendo un base per ogni autospazio e prendendone l’unione.
Esempi 0.16. 1. Sia F : (x, y, z) ∈ R3 7−→ (2x + y, y − z, 2y + 4z) ∈ R3. La matrice associata ad F rispetto alla base canonica di R3 `e
A =
2 1 0 0 1 −1 0 2 4
.
Il polinomio caratteristico di F `e pA(X) = (2 − X)(X2− 5X + 6) = −(X − 3)(X − 2)2. Pertanto F possiede due autovalori distinti: 2, 3. In particolare ma(2) = 2 e ma(3) = 1.
Per determinare l’autospazio relativo 3, consideriamo il sistema omogeneo associato a A − 3I3:
−X1+ X2 = 0
−2X2− X3 = 0 2X2+ X3 = 0
Esso ammette le ∞ soluzioni (t, t, −2t) ∈ R3, t ∈ R. Pertanto V3(F ) = {(t, t, −2t) ∈ R3 | t ∈ R} = h(1, 1, −2)i. Allora mg(3) = dim(V3(F )) = 1.
Per determinare l’autospazio relativo 2, consideriamo il sistema omogeneo associato a A − 2I3:
X2 = 0
−X2− X3 = 0 2X2+ 2X3 = 0
Esso ammette le ∞ soluzioni (t, 0, 0) ∈ R3, t ∈ R. Pertanto V2(F ) = {(t, 0, 0) ∈ R3 | t ∈ R} = h(1, 0, 0)i. Allora mg(2) = dim(V2(F )) = 1. F non `e diagonalizzabile in quanto ma(2) 6= mg(2).
2. Se
M = 2 1 1 2
, N = 0 0 0 1
,
si consideri l’endomorfismo F : M2(R) −→ M2(R) definito da F (X) = XM − NX.
Mostreremo che F `e diagonalizzabile e troveremo una base diagonalizzante per F . Se X = x11 x12
x21 x22
, allora
F (X) = 2x11+ x12 x11+ 2x12 x21+ x22 x21+ x22
. La matrice associata ad F rispetto alla base canonica di M2(R) `e
A =
2 1 0 0 1 2 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1
.
Il polinomio caratteristico di F `e pA(X) = det(A − XI4) = (X2− 4X + 3)(X2 − 2X).
Esso ha quattro radici distinte: 0, 1, 2, 3, che sono gli autovalori di F (e di A). Pertanto ma(0) = ma(1) = ma(2) = ma(3) = 1. Cercare una base per gli autospazi corrispondenti a ciascun autovalore corrisponde a trovare delle basi rispettivamente per V0(F ), V1(F ), V2(F ), V3(F ). Per l’autovalore 0 il sistema
2X1+ X2 = 0 X1+ 2X2 = 0 X3+ X4 = 0 X3+ X4 = 0
ammette le ∞ soluzioni (0, 0, t, −t) ∈ R4, t ∈ R. Pertanto V0(F ) = 0 0 t −t
| t ∈ R
=
0 0 1 −1
. Allora mg(0) = dim(V0(F )) = 1.
Per l’autovalore 1 il sistema
X1+ X2 = 0 X1+ X2 = 0
X4 = 0 X3 = 0
ammette le ∞ soluzioni (t, −t, 0, 0) ∈ R4, t ∈ R. Pertanto V1(F ) =
t −t 0 0
| t ∈ R
=
1 −1
0 0
. Allora mg(1) = dim(V1(F )) = 1.
Per l’autovalore 2 il sistema
X2 = 0 X1 = 0
−X3+ X4 = 0 X3− X4 = 0
ammette le ∞ soluzioni (0, 0, t, t) ∈ R4, t ∈ R. Pertanto V2(F ) = 0 0 t t
| t ∈ R
=
0 0 1 1
. Allora mg(2) = dim(V2(F )) = 1.
Per l’autovalore 3 il sistema
−X1+ X2 = 0 X1− X2 = 0
−2X3 + X4 = 0 X3− 2X4 = 0
ammette le ∞ soluzioni (t, t, 0, 0) ∈ R4, t ∈ R. Pertanto V3(F ) =
t t 0 0
| t ∈ R
=
1 1 0 0
. Allora mg(3) = dim(V3(F )) = 1.
Ne segue che una base di M2(R) rispetto alla quale F ha una matrice diagonale `e data
da
0 0
−1 1
, 1 −1 0 0
, 0 0 1 1
, 1 1 0 0
. La matrice associata ad F rispetto a tale base di M2(R) `e
D =
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3
.
Si noti che la matrice
B =
0 1 0 1
0 −1 0 1
1 0 1 0
−1 0 1 0
`
e tale che D = B−1AB