1 Triangolarizzazione di una matrice

Lezione 22

1 Triangolarizzazione di una matrice

Una matrice quadrata di ordine $n$ a elementi in un campo $K$ può non essere diagonalizzabile anche quando ha tutti i suoi autovalori in $K$ . Dimostreremo ora che una tale matrice è sempre triangolarizzabile, cioè è simile ad una matrice triangolare superiore.

Teorema. Sia $f\colon V\to V$ un endomorfismo di uno spazio vettoriale $V$ di dimensione $n$ sul campo $K$ e supponiamo che tutti gli autovalori di $f$ esistano in $K$ (il che è sempre vero se $K$ è algebricamente chiuso). Allora esiste una base $\{v_{1},v_{2},\dots,v_{n}\}$ di $V$ rispetto alla quale la matrice di $f$ è triangolare superiore.

Dimostrazione. Dimostreremo questo risultato per induzione sulla dimensione $n$ . Indichiamo con $A$ la matrice di $f$ rispetto ad una qualunque base fissata di $V$ . Se $n=1$ non c’è nulla da dimostrare perché una qualunque matrice $1\times 1$ è triangolare superiore.

Supponiamo quindi che il risultato valga per spazi vettoriali di dimensione $n-1$ o, equivalentemente, per matrici quadrate di ordine $n-1$ .

Sia $\lambda_{1}\in K$ un autovalore di $f$ e sia $v_{1}\in V$ un autovettore corrispondente. Completiamo $v_{1}$ a una base $\{v_{1},u_{2},u_{3},\dots,u_{n}\}$ di $V$ . Si ha:

f(v_{1})=\lambda_{1}v_{1}+0u_{2}+0u_{3}+\cdots+0u_{n},

quindi la matrice di $f$ nella base $\{v_{1},u_{2},u_{3},\dots,u_{n}\}$ è del tipo

\tilde{A}=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&*&\cdots&*\\ 0&*&\cdots&*\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ 0&*&\cdots&*\end{pmatrix}

Scriviamo questa matrice nella forma a blocchi seguente:

\tilde{A}=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&w\\ 0&B\end{pmatrix}

ove $w$ è un vettore riga e $B$ è una matrice quadrata di ordine $n-1$ .

Dato che tutti gli autovalori di $f$ , cioè di $\tilde{A}$ , appartengono a $K$ , lo stesso vale anche per gli autovalori di $B$ , quindi, per ipotesi induttiva, $B$ è simile ad una matrice triangolare superiore $B^{\prime}$ . Questo significa che esiste una matrice invertibile $Q$ , di ordine $n-1$ , tale che $B^{\prime}=Q^{-1}BQ$ . Indichiamo ora con $P$ la matrice a blocchi

P=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&Q\end{pmatrix}

La sua inversa è

P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&Q^{-1}\end{pmatrix}

e con un calcolo diretto si verifica che

P^{-1}\tilde{A}P=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&wQ\\ 0&Q^{-1}BQ\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&wQ\\ 0&B^{\prime}\end{pmatrix}

Dato che $B^{\prime}$ è triangolare superiore, anche $P^{-1}\tilde{A}P$ è una matrice triangolare superiore. Questo dimostra che $\tilde{A}$ è simile ad una matrice triangolare superiore. Ricordando che $\tilde{A}$ è simile ad $A$ , si deduce che la matrice $A$ di $f$ è simile ad una matrice triangolare superiore.

2 Valutazione di un polinomio in una matrice quadrata

Sia $q(x)=a_{0}x^{0}+a_{1}x^{1}+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{r}x^{r}$ un polinomio di grado $r$ a coefficienti in $K$ . Se $A$ è una matrice quadrata di ordine $n$ a coefficienti in $K$ possiamo valutare il polinomio $q(x)$ nella matrice $A$ , ponendo

q(A)=a_{0}A^{0}+a_{1}A^{1}+a_{2}A^{2}+\cdots+a_{r}A^{r}=a_{0}I+a_{1}A+a_{2}A^{% 2}+\cdots+a_{r}A^{r}.

Osservazione. Se la matrice $B$ è simile ad $A$ , cioè se $B=P^{-1}AP$ per una qualche matrice invertibile $P$ , per ogni esponente $s$ si ha

B^{s}=P^{-1}AP\cdot P^{-1}AP\cdot P^{-1}AP\cdots P^{-1}AP=P^{-1}A^{s}P.

Da ciò segue che per ogni polinomio $q(x)\in K[x]$ , si ha

q(B)=P^{-1}q(A)P.

Osservazione. Dato che le potenze di $A$ commutano tra loro

A^{r}\cdot A^{s}=A^{s}\cdot A^{r}=A^{r+s},

si deduce che dati due polinomi $p(x),q(x)\in K[x]$ , si ha

p(A)q(A)=q(A)p(A).

Siamo ora in grado di enunciare e dimostrare il seguente importante risultato:

Teorema (di Hamilton–Cayley). Sia $A$ una matrice quadrata di ordine $n$ a elementi in un campo $K$ e sia $p_{A}(x)$ il suo polinomio caratteristico. Si ha $p_{A}(A)=0$ .

Dimostrazione. Sia $\bar{K}$ un campo algebricamente chiuso che contiene $K$ . Dato che in $\bar{K}$ esistono tutti gli autovalori di $A$ , la matrice $A$ è triangolarizzabile, cioè è simile a una matrice triangolare superiore $T$ : $T=P^{-1}AP$ . Dal fatto che $A$ e $T$ sono simili segue che hanno lo stesso polinomio caratteristico: $p_{T}(x)=p_{A}(x)$ . Inoltre $p_{T}(T)=p_{A}(T)=p_{A}(P^{-1}AP)=P^{-1}p_{A}(A)P$ , quindi $p_{A}(A)=0$ se e solo se $p_{T}(T)=0$ . Pertanto è sufficiente dimostrare che $p_{T}(T)=0$ , ove $T$ è una matrice triangolare superiore del tipo

T=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&t_{1,2}&t_{1,3}&\cdots&t_{1,n}\\ 0&\lambda_{2}&t_{2,3}&\cdots&t_{2,n}\\ 0&0&\lambda_{3}&\cdots&t_{3,n}\\ \vdots&&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0&\lambda_{n}\end{pmatrix}

Indichiamo con $e_{1},e_{2},\dots,e_{n}$ i vettori della base canonica di $K^{n}$ . Si ha:

		$\displaystyle Te_{1}=\lambda_{1}e_{1}$
		$\displaystyle Te_{2}=t_{1,2}e_{1}+\lambda_{2}e_{2}$
		$\displaystyle Te_{3}=t_{1,3}e_{1}+t_{2,3}e_{2}+\lambda_{3}e_{3}$
		ecc.

Il polinomio caratteristico di $T$ è $p_{T}(x)=\prod_{i=1}^{n}(x-\lambda_{i})$ , quindi

p_{T}(T)=\prod_{i=1}^{n}(T-\lambda_{i}I).

Moltiplicando la matrice $p_{T}(T)$ per il primo vettore di base si ha:

p_{T}(T)e_{1}=\prod_{i=2}^{n}(T-\lambda_{i}I)\cdot(T-\lambda_{1}I)e_{1}=0,

perché $(T-\lambda_{1}I)e_{1}=Te_{1}-\lambda_{1}e_{1}=\lambda_{1}e_{1}-\lambda_{1}e_{1% }=0$ .

Moltiplicando la matrice $p_{T}(T)$ per il secondo vettore di base si ha:

p_{T}(T)e_{2}=\prod_{i=3}^{n}(T-\lambda_{i}I)\cdot(T-\lambda_{1}I)\cdot(T-% \lambda_{2}I)e_{2}.

Osserviamo che $(T-\lambda_{2}I)e_{2}=Te_{2}-\lambda_{2}e_{2}=t_{1,2}e_{1}$ , quindi

p_{T}(T)e_{2}=\prod_{i=3}^{n}(T-\lambda_{i}I)\cdot t_{1,2}(T-\lambda_{1}I)e_{1% }=0,

perché abbiamo già visto che $(T-\lambda_{1}I)e_{1}=0$ .

In modo del tutto analogo si può verificare che $p_{T}(T)e_{i}=0$ per ogni $i=1,\dots,n$ , da cui segue che $p_{T}(T)$ è la matrice nulla. Per quanto detto sopra questo significa che anche $p_{A}(A)=0$ .