1 Diagonalizzazione di una matrice

Lezione 20

1 Diagonalizzazione di una matrice

Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione $n$ sul campo $K$ e sia $f\colon V\to V$ una funzione lineare. Abbiamo già visto come, fissando una base di $V$ , sia possibile associare a $f$ una matrice quadrata di ordine $n$ , a coefficienti in $K$ . Naturalmente, a basi diverse di $V$ corrispondono matrici diverse di $f$ , tutte simili tra loro. Ci si può dunque chiedere se sia possibile trovare una base di $V$ in modo tale che la corrispondente matrice di $f$ assuma una qualche forma canonica (particolarmente semplice) prefissata.

Supponiamo che esista una base di $V$ costituita da vettori $v_{1},v_{2},\dots,v_{n}$ tali che $f(v_{i})=\lambda_{i}v_{i}$ , per $i=1,\dots,n$ , per opportuni scalari $\lambda_{i}\in K$ . Rispetto a tale base la matrice di $f$ assumerebbe la seguente forma diagonale

\begin{pmatrix}\lambda_{1}&0&\cdots&0\\ 0&\lambda_{2}&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda_{n}\end{pmatrix}

Diamo quindi la seguente definizione:

Definizione. Un endomorfismo $f$ di $V$ è diagonalizzabile se esiste una base di $V$ tale che la matrice di $f$ rispetto a tale base sia diagonale.

Ricordando che due matrici quadrate si dicono simili quando esse rappresentano lo stesso endomorfismo rispetto a basi diverse, possiamo anche dare la seguente definizione:

Definizione. Una matrice quadrata $A$ è diagonalizzabile se essa è simile a una matrice diagonale, cioè se esiste una matrice invertibile $S$ e una matrice diagonale $D$ tale che $A=SDS^{-1}$ .

Il nostro obiettivo è quello di cercare di determinare sotto quali condizioni una matrice quadrata (o un endomorfismo di uno spazio vettoriale) è diagonalizzabile.

1.1 Autovalori e autovettori

Iniziamo col dare la seguente definizione:

Definizione. Un autovalore di un endomorfismo $f$ di $V$ è un elemento $\lambda\in K$ per cui esiste almeno un vettore non nullo $v\in V$ tale che $f(v)=\lambda v$ . Un tale vettore $v$ è detto un autovettore di $f$ relativo all’autovalore $\lambda$ .

Dato $\lambda\in K$ indicheremo semplicemente con $\lambda\colon V\to V$ l’applicazione $\lambda\,{\rm id}_{V}$ , cioè l’applicazione che manda un vettore $v$ nel vettore $\lambda v$ . L’equazione $f(v)=\lambda v$ può quindi essere riscritta nella seguente forma: $(f-\lambda)(v)=0$ . Da ciò si deduce che l’insieme degli autovettori relativi all’autovalore $\lambda$ (assieme al vettore nullo) non è altro che il nucleo dell’applicazione lineare

f-\lambda\colon V\to V,\quad v\mapsto f(v)-\lambda v.

Poniamo

V_{\lambda}={\rm Ker}(f-\lambda)=\{v\in V\,:\,f(v)=\lambda v\}.

Si ha dunque:

Teorema. Per ogni autovalore $\lambda$ di un endomorfismo $f$ di $V$ , l’insieme

V_{\lambda}=\{v\in V\,:\,f(v)=\lambda v\}

è un sottospazio vettoriale di $V$ . Esso è detto l’autospazio di $f$ relativo all’autovalore $\lambda$ .

Prima di iniziare lo studio delle principali proprietà degli autovalori e degli autovettori, vediamo come sia possibile determinarli.

Sia dunque $f$ un endomorfismo di uno spazio vettoriale $V$ di dimensione $n$ sul campo $K$ . Dalla definizione segue subito che $\lambda\in K$ è un autovalore di $f$ se e solo se ${\rm Ker}(f-\lambda)\neq\{0\}$ , il che equivale a dire che l’applicazione lineare $f-\lambda\colon V\to V$ non è iniettiva. Ricordiamo ora che richiedere che $f-\lambda$ non sia iniettiva equivale a richiedere che $\det(f-\lambda)=0$ . Possiamo così concludere che $\lambda$ è un autovalore di $f$ se e solo se $\det(f-\lambda)=0$ .

Per calcolare questo determinante possiamo fissare arbitrariamente una base di $V$ e considerare la corrispondente matrice $A$ associata a $f$ . Se indichiamo con

\lambda\cdot I=\begin{pmatrix}\lambda&0&\cdots&0\\ 0&\lambda&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda\end{pmatrix}

la matrice associata all’applicazione lineare $\lambda\,{\rm id}_{V}$ , si ha

\det(f-\lambda)=\det(A-\lambda\cdot I).

Diamo ora la seguente definizione:

Definizione. Sia $A$ una matrice quadrata di ordine $n$ a coefficienti in $K$ e $x$ una indeterminata. Il polinomio caratteristico di $A$ è

p_{A}(x)=\det(A-x\cdot I).

Osserviamo che, se $A\in M_{n}(K)$ , $p_{A}(x)$ è un polinomio di grado $n$ a coefficienti in $K$ , il cui monomio di grado più elevato è $(-1)^{n}x^{n}$ . A tale riguardo, facciamo notare che alcuni autori definiscono il polinomio caratteristico di una matrice $A$ ponendo

p_{A}(x)=\det(x\cdot I-A)=(-1)^{n}\det(A-x\cdot I),

per fare in modo che $p_{A}(x)$ sia un polinomio monico.

Il prossimo risultato mostra che il polinomio caratteristico di una matrice quadrata dipende, in effetti, solo dalla sua classe di similitudine.

Teorema. Sia $f$ un endomorfismo di $V$ e siano $A$ e $A^{\prime}$ due matrici di $f$ , rispetto a due basi diverse di $V$ . Allora si ha $p_{A}(x)=p_{A^{\prime}}(x)$ .

Dimostrazione. Ricordiamo che due matrici $A$ e $A^{\prime}$ sono associate allo stesso endomorfismo $f$ di $V$ se e solo se esse sono simili, cioè se e solo se esiste una matrice invertibile $S$ tale che $A^{\prime}=SAS^{-1}$ . In tal caso si ha:

	$\displaystyle\det(A^{\prime}-x\cdot I)$	$\displaystyle=\det(SAS^{-1}-x\cdot I)$
		$\displaystyle=\det\big{(}S(A-x\cdot I)S^{-1}\big{)}$
		$\displaystyle=\det(S)\det(A-x\cdot I)\det(S^{-1})$
		$\displaystyle=\det(A-x\cdot I),$

dato che $\det(S^{-1})=(\det S)^{-1}$ .

In base a questo risultato, possiamo dare la seguente definizione:

Definizione. Il polinomio caratteristico $p_{f}(x)$ di un endomorfismo $f$ di uno spazio vettoriale $V$ di dimensione finita è il polinomio $p_{f}(x)=\det(f-x)$ . Esso coincide con il polinomio caratteristico $p_{A}(x)$ di una qualsiasi matrice associata a $f$ .

Da quanto detto in precedenza, concludiamo che $\lambda\in K$ è un autovalore di $f$ se e solo se $\lambda$ è una radice del polinomio caratteristico di $f$ , cioè se e solo se $p_{f}(\lambda)=0$ .

Osservazione. Notiamo che, poiché gli autovalori di una matrice quadrata di ordine $n$ sono gli zeri del suo polinomio caratteristico, che ha grado $n$ , non è detto che una matrice quadrata a coefficienti in un campo $K$ abbia necessariamente degli autovalori in $K$ . Già nel caso in cui $K=\mathbb{R}$ e $n=2$ , è noto che ci sono equazioni di secondo grado che non hanno soluzioni reali. Se invece $K$ è un campo algebricamente chiuso, come ad esempio il campo dei numeri complessi, allora ogni polinomio di grado $n\geq 1$ a coefficienti in $K$ possiede $n$ zeri in $K$ (contati con le appropriate molteplicità), quindi ogni matrice quadrata a coefficienti in un campo algebricamente chiuso possiede degli autovalori.

Osservazione. Abbiamo visto che, se due matrici quadrate sono simili, esse hanno lo stesso polinomio caratteristico. Non vale invece il viceversa. Ad esempio, le seguenti matrici di ordine $n$

\begin{pmatrix}\alpha&0&\cdots&0&0\\ 0&\alpha&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\alpha&0\\ 0&0&\cdots&0&\alpha\end{pmatrix}\qquad\text{e}\qquad\begin{pmatrix}\alpha&1&0&% \cdots&0\\ 0&\alpha&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\alpha&1\\ 0&0&\cdots&0&\alpha\end{pmatrix}

hanno lo stesso polinomio caratteristico $(\alpha-x)^{n}$ , ma, ovviamente, non sono simili, dato che una matrice scalare è simile solo a sé stessa.

Una volta noti gli autovalori, la determinazione degli autovettori non presenta alcuna difficoltà. Se $\lambda$ è un autovalore di $f$ (o di una matrice $A$ ) gli autovettori corrispondenti sono gli elementi non nulli del sottospazio vettoriale ${\rm Ker}(f-\lambda)$ . Si tratta dunque di determinare le soluzioni non nulle del seguente sistema di equazioni lineari:

(A-\lambda\cdot I)\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}=0.

Vediamo ora alcuni esempi.

Esempio. Consideriamo la matrice a coefficienti reali

A=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}.

Essa corrisponde alla seguente applicazione lineare:

f\colon\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}\qquad\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}-b\\ a\end{pmatrix}

Il polinomio caratteristico della matrice $A$ è

\det(A-x\cdot I)=\det\begin{pmatrix}-x&-1\\ 1&-x\end{pmatrix}=x^{2}+1

che non ha zeri reali. La matrice $A$ non ha dunque autovalori reali (ha tuttavia due autovalori complessi, dati da $x_{1}=\sqrt{-1}$ e $x_{2}=-\sqrt{-1}$ ).

Esempio. Consideriamo la matrice a coefficienti reali

A=\begin{pmatrix}0&4\\ -1&4\end{pmatrix}.

Il polinomio caratteristico di $A$ è

\det(A-x\cdot I)=\det\begin{pmatrix}-x&4\\ -1&4-x\end{pmatrix}=x^{2}-4x+4=(x-2)^{2}.

Tale polinomio possiede un unico zero reale $x=2$ . Gli autovettori sono dunque le soluzioni non nulle del seguente sistema:

(A-2\cdot I)\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=0,

cioè

\begin{pmatrix}-2&4\\ -1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}

Questo sistema si riscrive come segue

\left\{\begin{aligned} -2x_{1}+4x_{2}&=0\\ -x_{1}+2x_{2}&=0\end{aligned}\right.

e le sue soluzioni sono dunque le soluzioni della singola equazione $x_{1}=2x_{2}$ . Lo spazio delle soluzioni è pertanto

V_{2}=\bigg{\{}\begin{pmatrix}2\alpha\\ \alpha\end{pmatrix}\,:\,\alpha\in\mathbb{R}\bigg{\}}

il quale ha dimensione $1$ .

Abbiamo così concluso che l’autospazio relativo all’autovalore $\lambda=2$ ha dimensione $1$ . Poiché non ci sono altri autovalori, ciò significa che non esiste una base di $\mathbb{R}^{2}$ formata da autovettori di $A$ . Quindi $A$ non è diagonalizzabile.

Esempio. Consideriamo la matrice a coefficienti reali

A=\begin{pmatrix}-5&8\\ -4&7\end{pmatrix}.

Il polinomio caratteristico di $A$ è

\det(A-x\cdot I)=\det\begin{pmatrix}-5-x&8\\ -4&7-x\end{pmatrix}=x^{2}-2x-3.

Tale polinomio possiede due radici reali $x_{1}=-1$ e $x_{2}=3$ ; questi sono i due autovalori di $A$ .

Consideriamo l’autovalore $\lambda_{1}=-1$ ; i corrispondenti autovettori sono le soluzioni non nulle del seguente sistema:

\big{(}A-(-1)\cdot I\big{)}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=0,

cioè

\begin{pmatrix}-4&8\\ -4&8\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}.

Questo sistema si riscrive come segue

\left\{\begin{aligned} -4x_{1}+8x_{2}&=0\\ -4x_{1}+8x_{2}&=0\end{aligned}\right.

e le soluzioni sono quindi quelle della singola equazione $x_{1}=2x_{2}$ . Lo spazio delle soluzioni è dunque

V_{-1}=\bigg{\{}\begin{pmatrix}2\alpha\\ \alpha\end{pmatrix}\,:\,\alpha\in\mathbb{R}\bigg{\}}

il quale ha dimensione $1$ . Una base di tale sottospazio è costituita, ad esempio, dal vettore $v_{1}=(2,1)$ .

Consideriamo ora l’autovalore $\lambda_{2}=3$ ; i corrispondenti autovettori sono le soluzioni non nulle del seguente sistema:

(A-3\cdot I)\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=0,

cioè

\begin{pmatrix}-8&8\\ -4&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}.

Questo sistema si riscrive come segue

\left\{\begin{aligned} -8x_{1}+8x_{2}&=0\\ -4x_{1}+4x_{2}&=0\end{aligned}\right.

e le sue soluzioni sono quindi le soluzioni della singola equazione $x_{1}=x_{2}$ . Lo spazio delle soluzioni è dunque

V_{3}=\bigg{\{}\begin{pmatrix}\beta\\ \beta\end{pmatrix}\,:\,\beta\in\mathbb{R}\bigg{\}}

il quale ha dimensione $1$ . Una base di tale sottospazio è costituita, ad esempio, dal vettore $v_{2}=(1,1)$ .

Si può facilmente verificare che i vettori $v_{1}=(2,1)$ e $v_{2}=(1,1)$ sono linearmente indipendenti, quindi formano una base di $\mathbb{R}^{2}$ .

In conclusione, esiste una base di $\mathbb{R}^{2}$ formata da autovettori di $A$ , quindi $A$ è diagonalizzabile.