Diagonalizzazione

Lezioni 23 (fine), 24 e 25 (videolezioni n. 23–25). Prerequisito: Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →. Esercizi svolti: Esercizio 61 · diagonalizzare una matrice 3×3 con autovalori 1, 2, 3, Esercizio 62 · matrice 3×3 non diagonalizzabile, Esercizio 63 · autovalori, nucleo e matrice simmetrica simile (giugno 2022), Esercizio 64 · autovalori con parametro e matrici simili (2° appello 2024-25), Esercizio 65 · diagonalizzabilità su R e su C e base ortonormale di autovettori (giugno 2025), Esercizio 66 · determinante con parametro e matrice simmetrica 4×4 (febbraio 2026), Esercizio 67 · autovalori con molteplicità al variare di t, Esercizio 68 · endomorfismo dato da polinomio caratteristico e autovettori, Esercizio 69 · diagonalizzabilità al variare di h e matrice P. Seguito: Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineariIl sistema di equazioni differenziali y' = Ay ha soluzione y(x) = e^{Ax} ȳ. L'esponenziale di una matrice si definisce con la serie di e^x; per una matrice diagonalizzabile A = S D S⁻¹ vale e^{Ax} = S e^{Dx} S⁻¹, e e^{Dx} ha sulla diagonale gli esponenziali e^{λx} degli autovalori.Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineari →.

Definizione e significato

Definizione. Una matrice $A \in M_n(K)$ si dice diagonalizzabile (su $K$) se è simileEsiste P invertibile con P⁻¹AP uguale all'altra matrice: rappresentano la stessa funzione lineare in basi diverse.Autovalori e autovettori → a una matrice diagonale, cioè se esistono $S$ invertibile e $D$ diagonale con $$D = S^{-1} A S \qquad \text{(equivalentemente } A = S D S^{-1}\text{)}.$$ Un endomorfismo $f : V \to V$ è diagonalizzabile se ha una matrice diagonale in qualche base.

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ con $S = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ (autovettori $(1,1)$ e $(1,-1)$, trovati in Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →) e $D = \operatorname{diag}(3, 1)$: $S^{-1} A S = D$. Il conto: $\det S = -1 - 1 = -2$, quindi per la formula dell'inversa 2×2L'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa → $S^{-1} = -\frac12 \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$; poi $AS = \begin{pmatrix} 2 + 1 & 2 - 1 \\ 1 + 2 & 1 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}$ e $S^{-1}(AS) = \frac12 \begin{pmatrix} 3 + 3 & 1 - 1 \\ 3 - 3 & 1 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Che cosa significa geometricamente. Nella base $(1, 1)$, $(1, -1)$ la funzione $X \mapsto AX$ si legge subito da $D$: allunga di $3$ volte lungo la retta $y = x$ e lascia fermi i vettori della retta $y = -x$. Le due rette sono direzioni invarianti: ogni vettore che sta su una di esse resta su di essa. Un vettore fuori da queste rette, come $e_1 = (1, 0)$, cambia invece direzione: $Ae_1 = (2, 1)$. Infatti $e_1 = \frac12(1, 1) + \frac12(1, -1)$, e $A$ moltiplica la prima parte per $3$ e la seconda per $1$: $Ae_1 = \frac32(1, 1) + \frac12(1, -1) = (2, 1)$.

Teorema. $A$ è diagonalizzabile $\iff$ esiste una base di $K^n$ formata da autovettori di $A$. In tal caso:

• $D$ ha sulla diagonale gli autovalori $\lambda_1, \dots, \lambda_n$;
• $S$ ha nelle colonne gli autovettori $v_1, \dots, v_n$ corrispondenti, nello stesso ordine.

Esempio. $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ ha la base di autovettori $(1,1)$, $(1,-1)$: è diagonalizzabile. $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ ha solo gli autovettori $(t, 0)$: nessuna base, non è diagonalizzabile.

Perché $AS = SD$. Il prodotto $AS$ si fa colonna per colonna: la colonna $j$ di $AS$ è $A v_j = \lambda_j v_j$. Il prodotto $SD$ moltiplica la colonna $j$ di $S$ per il numero $d_{jj} = \lambda_j$: dà di nuovo $\lambda_j v_j$. Quindi $$A S = S D .$$ Se le colonne di $S$ sono una base, $S$ è invertibile: moltiplicando a destra per $S^{-1}$ si ottiene $A = S D S^{-1}$, moltiplicando a sinistra si ottiene $D = S^{-1} A S$. Queste sono proprio le formule di cambiamento di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base →: $S$ è la matrice di cambiamento di base dalla base di autovettori alla base canonica, cioè $S = M^{\mathcal V}_{\mathcal E}(\mathrm{id})$, e $D = M^{\mathcal V}_{\mathcal V}(f)$ è la matrice di $f$ nella base $\mathcal V = \{v_1, \dots, v_n\}$ di autovettori.

Ordine. $D$ non è unica: si possono permutare gli autovalori sulla diagonale. Ma se si scambiano due autovalori in $D$, si devono scambiare anche le corrispondenti colonne di $S$. Anche $S$ non è unica (ogni autovettore si può moltiplicare per un numero non nullo).

Verifica consigliata. Invece di calcolare $S^{-1}$ (lungo), si controlla $AS = SD$: due prodotti facili, e se tornano gli autovettori sono giusti.

Due richieste nascoste. Per una base di $K^n$ servono esattamente $n$ autovettori e devono essere linearmente indipendenti. I due teoremi seguenti dicono quando le due richieste sono soddisfatte.

Autovettori di autovalori distinti sono indipendenti

Teorema. Siano $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ autovalori distinti di $A$ e $v_1, \dots, v_r$ autovettori corrispondenti ($A v_i = \lambda_i v_i$). Allora $v_1, \dots, v_r$ sono linearmente indipendenti.

Esempio. Per $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ gli autovettori $(1,1)$ e $(1,-1)$ hanno autovalori distinti $3 \ne 1$ e sono indipendenti: $\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = -2 \ne 0$.

Dimostrazione (il prof la fa per $r = 2$; il caso generale ripete la stessa idea per induzionePer dimostrare una proprietà per ogni n basta il passo base e il passo induttivo da n a n+1.Principio di induzione → su $r$: si moltiplica per $A$, si sottrae $\lambda_1$ volte la relazione di partenza e si ottiene una relazione tra $r - 1$ autovettori di autovalori distinti, che per ipotesi induttiva ha coefficienti nulli). Sia $\lambda_1 \ne \lambda_2$. Per vedere se $v_1, v_2$ sono indipendentiSono indipendenti se l'unica combinazione lineare che dà il vettore nullo è quella con tutti i coefficienti nulli.Combinazioni lineari e dipendenza lineare → si parte da $$a_1 v_1 + a_2 v_2 = \vec 0 \tag{1}$$ e si deve dimostrare $a_1 = a_2 = 0$. Non si conoscono le coordinate dei vettori, quindi non si può scrivere il sistema; però si sa che sono autovettori. Allora:

1. Si moltiplica (1) a sinistra per $A$. I numeri $a_i$ commutano con $A$, quindi $a_1 A v_1 + a_2 A v_2 = A \vec 0 = \vec 0$, cioè $$a_1 \lambda_1 v_1 + a_2 \lambda_2 v_2 = \vec 0 . \tag{2}$$ Ora si hanno due equazioni nelle due incognite $a_1, a_2$.
2. Si elimina $a_1$ come nell'eliminazione di Gauss: si moltiplica (1) per $\lambda_1$ e la si sottrae da (2). I termini con $v_1$ si cancellano e resta $$a_2 (\lambda_2 - \lambda_1) v_2 = \vec 0 .$$
3. Si legge il prodotto. $v_2 \neq \vec 0$ (è un autovettore) e $\lambda_2 - \lambda_1 \neq 0$ (autovalori distinti). Allora deve essere $a_2 = 0$.
4. Sostituzione all'indietro: in (1) resta $a_1 v_1 = \vec 0$ con $v_1 \ne \vec 0$, quindi $a_1 = 0$. ∎

Corollario. Se $A \in M_n(K)$ ha $n$ autovalori distinti in $K$, allora è diagonalizzabile.

Esempio. $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ è triangolare con autovalori distinti $1$ e $3$ (gli elementi della diagonale): è diagonalizzabile. Se si vuole anche $S$: $A - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ dà $x_2 = 0$, autovettore $(1, 0)$; $A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ dà $x_2 = 2x_1$, autovettore $(1, 2)$; quindi $S = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$, $D = \operatorname{diag}(1, 3)$.

Infatti ogni autovalore ha almeno un autovettore: si hanno $n$ autovettori, indipendenti per il teorema, quindi una base di $K^n$ (in dimensione $n$, $n$ vettori indipendenti sono una base: vedi DimensioneTutte le basi di uno spazio vettoriale hanno lo stesso numero di vettori, la dimensione (dim K^n = n). Da ogni sistema di generatori si estrae una base, ogni insieme di vettori indipendenti si completa a una base, e in dimensione n bastano n vettori indipendenti (o n generatori) per avere una base.Dimensione →). In questo caso non serve nemmeno calcolare gli autovettori per dire che la matrice è diagonalizzabile (servono solo se l'esercizio chiede $S$).

Attenzione: il corollario vale in una sola direzione. Una matrice con autovalori ripetuti può essere diagonalizzabile (esempio banale: $I$, con l'unico autovalore $1$ di molteplicità $n$) oppure no: bisogna controllare gli autospazi.

Molteplicità geometrica e algebrica

Teorema. Per ogni autovalore $\lambda$ di $A$: $$1 \le m_g(\lambda) \le m_a(\lambda).$$

Esempio. $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ ha $m_a(2) = 2$ e $m_g(2) = 1$, quindi $1 \le m_g(2) \le m_a(2)$ con la seconda disuguaglianza stretta.

Dimostrazione. Sia $\lambda = a$ con $m_g(a) = r$, e sia $v_1, \dots, v_r$ una base dell'autospazio $V_a$.

1. Si completa a una base. Questi $r$ vettori sono indipendenti, quindi si possono completare a una baseOgni insieme di vettori linearmente indipendenti si può estendere, aggiungendo vettori, a una base di tutto lo spazio.Dimensione → $v_1, \dots, v_r, v_{r+1}, \dots, v_n$ di $K^n$. I vettori aggiunti non sono (in generale) autovettori.
2. Matrice in questa base. Per $j \le r$ si ha $A v_j = a\, v_j$, quindi la colonna $j$ ha $a$ sulla diagonale e zeri altrove. Delle altre colonne non si sa nulla. La matrice $A'$ di $f$ in questa base, simile ad $A$, è a blocchi: $$A' = \begin{pmatrix} a I_r & B \\ O & C \end{pmatrix},$$ con $O$ blocco nullo $(n-r) \times r$, $B$ e $C$ blocchi sconosciuti ($C$ quadrato di ordine $n - r$).
3. Polinomio caratteristico. Matrici simili hanno lo stesso polinomio caratteristico, quindi si può usare $A'$. Sviluppando $\det(A' - \lambda I)$ con Laplace lungo la prima colonna (un solo elemento non nullo, $a - \lambda$), poi lungo la nuova prima colonna, e così via $r$ volte: $$p_A(\lambda) = (a - \lambda)^r \det(C - \lambda I).$$
4. Conclusione. Il fattore $(\lambda - a)$ compare almeno $r$ volte, e magari di più se anche $\det(C - \lambda I)$ si annulla in $a$. Quindi $m_a(a) \ge r = m_g(a)$. La disuguaglianza $m_g \ge 1$ si è già vista: l'autospazio contiene almeno un autovettore. ∎

Conseguenza pratica. Se un autovalore ha $m_a = 1$, allora $m_g = 1$ automaticamente: gli autospazi da controllare sono solo quelli degli autovalori multipli.

Il criterio di diagonalizzabilità

Teorema (criterio). $A \in M_n(K)$ è diagonalizzabile su $K$ se e solo se:

1. tutti gli autovalori stanno in $K$, cioè la somma delle molteplicità algebriche degli autovalori in $K$ è $n$: $$m_a(\lambda_1) + \dots + m_a(\lambda_r) = n;$$
2. per ogni autovalore $m_g(\lambda_i) = m_a(\lambda_i)$.

Esempio. $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ ha $m_a(2) = 2 \ne m_g(2) = 1$: non è diagonalizzabile. La matrice $I_2$ ha $m_a(1) = m_g(1) = 2$: è diagonalizzabile.

Idea della dimostrazione. Siano $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ gli autovalori distinti, con $m_i = m_a(\lambda_i)$.

• Se valgono 1 e 2: si prende una base di ogni autospazio, $m_i$ vettori per $V_{\lambda_i}$ (possibile per la 2), e si mettono tutti insieme. I vettori dello stesso blocco sono indipendenti perché sono una base di $V_{\lambda_i}$; blocchi diversi corrispondono ad autovalori distinti, e con il teorema precedente si dimostra che tutto l'insieme è indipendente. Sono $m_1 + \dots + m_r = n$ vettori (per la 1): una base di autovettori.
• Se 1 o 2 non vale: gli autovettori indipendenti sono al massimo $\sum m_g(\lambda_i)$; se manca qualche autovalore o qualche $m_g < m_a$, questa somma è $< n$ e una base di autovettori non esiste.

In una frase: ogni autovalore deve "fornire" tanti autovettori indipendenti quante volte compare.

Procedura passo per passo

Per il passo 3 basta il rango di $A - \lambda I$, non serve risolvere tutto il sistema.

Esempio 1: tre autovalori distinti (lezione 24)

$A = \begin{pmatrix} 3 & 4 & 4 \\ -3 & -6 & -8 \\ 3 & 7 & 9 \end{pmatrix}$. Nessuno zero: Laplace direttamente è scomodo, Sarrus darebbe un polinomio da scomporre con Ruffini. Si creano zeri.

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 4 & 4 \\ -3 & -6-\lambda & -8 \\ 3 & 7 & 9-\lambda \end{pmatrix}$$

• $R_3 \to R_3 + R_2$ (la seconda riga inizia con $-3$, la terza con $3$): la terza riga diventa $(3 - 3,\ 7 + (-6 - \lambda),\ (9 - \lambda) + (-8)) = (0,\ 1 - \lambda,\ 1 - \lambda)$. Sommare a una riga un multiplo di un'altra non cambia il determinanteIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →.
• $C_3 \to C_3 - C_2$ (sul determinante si può lavorare anche sulle colonne, perché $\det A^T = \det A$): la terza colonna $(4,\ -8,\ 1 - \lambda)$ meno la seconda $(4,\ -6 - \lambda,\ 1 - \lambda)$ dà $(0,\ -8 + 6 + \lambda,\ 0) = (0,\ \lambda - 2,\ 0)$. L'operazione è stata scelta perché la nuova terza riga aveva due elementi uguali, $1 - \lambda$: sottraendo le colonne uno dei due diventa $0$.

$$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 4 & 0 \\ -3 & -6-\lambda & \lambda-2 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \end{pmatrix} = -(1-\lambda) \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 0 \\ -3 & \lambda - 2 \end{pmatrix}$$

(sviluppo lungo la terza riga: l'unico elemento non nullo è in posizione $(3,2)$, segno $(-1)^{3+2} = -1$; cancellando riga $3$ e colonna $2$ resta la $2 \times 2$ scritta). Il determinante $2 \times 2$ è $(3 - \lambda)(\lambda - 2) - 0 \cdot (-3) = (3 - \lambda)(\lambda - 2)$. Quindi $$p_A(\lambda) = -(1-\lambda)(3-\lambda)(\lambda-2) = (1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda),$$ dove nell'ultimo passaggio il segno $-$ è stato assorbito scrivendo $-(\lambda - 2) = 2 - \lambda$. già scomposto: autovalori $1, 2, 3$, distinti, quindi $A$ è diagonalizzabile senza fare altro. Gli autovettori (calcoli nell'Esercizio 61 · diagonalizzare una matrice 3×3 con autovalori 1, 2, 3) sono $(2,-2,1)$, $(0,-1,1)$, $(1,-3,3)$, e con $D = \operatorname{diag}(1, 3, 2)$ (l'ordine del prof): $$S = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -2 & -3 & -1 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$

Le colonne di $S$ sono nell'ordine degli autovalori in $D$: prima l'autovettore di $1$, poi quello di $3$, poi quello di $2$. Controllo di una colonna: $A(2, -2, 1) = (6 - 8 + 4,\ -6 + 12 - 8,\ 6 - 14 + 9) = (2, -2, 1) = 1 \cdot (2, -2, 1)$ ✓.

Esempio 2: un autovalore doppio che "fornisce" un solo autovettore

$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ -2 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$. La terza riga di $A - \lambda I$ è $(0, 0, 2 - \lambda)$: Laplace lungo di essa dà subito $$p_A(\lambda) = (2-\lambda) \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 \\ -2 & -4-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)^2(-4-\lambda).$$ (L'elemento $2 - \lambda$ è in posizione $(3, 3)$, segno $(-1)^{3+3} = +1$; la $2 \times 2$ rimasta è triangolare, quindi il suo determinante è $(2 - \lambda)(-4 - \lambda)$.) Autovalori: $-4$ con $m_a = 1$ (nessun controllo da fare) e $2$ con $m_a = 2$ (da controllare): $$A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \operatorname{rango} = 2 \;\Rightarrow\; m_g(2) = 3 - 2 = 1 < 2 = m_a(2).$$ Il rango è $2$ perché le righe $(0, 0, 1)$ e $(-2, -6, 0)$ non sono proporzionali e la terza è nulla. Risolvendo: la prima riga dà $x_3 = 0$, la seconda $-2x_1 - 6x_2 = 0$, cioè $x_1 = -3x_2$; quindi $V_2 = \langle (-3, 1, 0) \rangle$, una retta. Per $\lambda = -4$, $A + 4I = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$ dà $x_1 = 0$, $x_3 = 0$, $x_2$ libero: $V_{-4} = \langle (0, 1, 0) \rangle$. La matrice non è diagonalizzabile: gli autovettori indipendenti sono solo $1 + 1 = 2$, ne servirebbero $3$. Svolgimento completo nell'Esercizio 62 · matrice 3×3 non diagonalizzabile.

Su $\mathbb{R}$ o su $\mathbb{C}$?

La condizione 1 del criterio dipende dal campo. Esempio: $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ ha autovalori $\frac{5 \pm i\sqrt3}{2}$.

• Su $\mathbb{R}$ non è diagonalizzabile: non ha autovalori reali.
• Su $\mathbb{C}$ è diagonalizzabile: ha $2$ autovalori complessi distinti; $S$ e $D$ avranno elementi complessiI numeri complessi estendono i reali introducendo l'unità immaginaria $i$ ($i^2 = -1$) e possono essere rappresentati in forma algebrica, trigonometrica o polare. Tramite la formula di Eulero e le proprietà del modulo e dell'argomento, è possibile calcolare agilmente prodotti, potenze e radici ennesime.Numeri complessi →. Per esempio, per $\lambda = \frac{5 + i\sqrt3}{2}$ la prima riga di $A - \lambda I$ è $\left(\frac{-1 - i\sqrt3}{2},\ -1\right)$, e l'equazione $\frac{-1 - i\sqrt3}{2} x_1 - x_2 = 0$ dà l'autovettore $\left(1,\ \frac{-1 - i\sqrt3}{2}\right)$; per l'autovalore coniugato si prende il vettore coniugato.

Per questo i testi d'esame precisano "diagonalizzabile nel campo dei numeri reali" o "complessi". Su $\mathbb{C}$ la condizione 1 è sempre vera (teorema fondamentale dell'algebra: ogni polinomio di grado $n$ a coefficienti complessi si scompone in $n$ fattori di primo grado), resta da controllare solo la 2.

Matrici simmetriche

Definizione. $A \in M_n(\mathbb{R})$ è simmetrica se $A^T = A$, cioè $a_{ij} = a_{ji}$: ogni riga è uguale alla corrispondente colonna. È antisimmetrica se $A^T = -A$; in tal caso la diagonale è tutta nulla (un elemento diagonale non si sposta trasponendo, quindi deve essere uguale al suo opposto). Esempio di antisimmetrica: $\begin{pmatrix} 0 & 3 & -2 \\ -3 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 0 \end{pmatrix}$.

Esempio. $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$ è simmetrica; $\begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix}$ è antisimmetrica (diagonale nulla e $a_{ji} = -a_{ij}$).

Le matrici simmetriche compaiono spontaneamente nelle applicazioni (per esempio la matrice d'inerzia in meccanica) e hanno una proprietà fortissima.

Teorema. Una matrice simmetrica reale $A$ di ordine $n$ ha $n$ autovalori reali (contati con molteplicità).

Esempio. $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ ha $p(\lambda) = (1 - \lambda)^2 - 4$, con autovalori reali $3$ e $-1$. Una matrice non simmetrica può averli complessi: $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ ha $\pm i$.

Dimostrazione. Per il teorema fondamentale dell'algebra $A$ ha $n$ autovalori complessi; basta dimostrare che ognuno è reale. Sia $\lambda \in \mathbb{C}$ un autovalore e $v \in \mathbb{C}^n$, $v \ne \vec 0$, con $$A v = \lambda v . \tag{1}$$ Il coniugatoIl coniugato di a + ib è a − ib: si cambia segno alla parte immaginaria. Il coniugato di una somma (o di un prodotto) è la somma (o il prodotto) dei coniugati. si indica con la barra. Da (1) si ricavano due nuove uguaglianze.

1. Coniugando (1). Il coniugato di un prodotto righe per colonne è il prodotto dei coniugati (ci sono solo somme e prodotti). $A$ è reale, quindi $\bar A = A$: $$A \bar v = \bar\lambda \bar v . \tag{2}$$
2. Trasponendo (1). $(Av)^T = v^T A^T$ (la trasposta di un prodotto inverte l'ordine), e $A^T = A$ per ipotesi; $\lambda$ è un numero e non cambia: $$v^T A = \lambda v^T . \tag{3}$$
3. Si combinano. Si moltiplica (3) a destra per $\bar v$: $v^T A \bar v = \lambda\, v^T \bar v$. Nel primo membro si usa (2), $A \bar v = \bar\lambda \bar v$: $v^T A \bar v = \bar\lambda\, v^T \bar v$. Uguagliando: $$(\lambda - \bar\lambda)\, v^T \bar v = 0 .$$
4. $v^T \bar v \ne 0$. Se $v = (z_1, \dots, z_n)$, allora $v^T \bar v = z_1 \bar z_1 + \dots + z_n \bar z_n$, e $z \bar z = (a + ib)(a - ib) = a^2 - i^2 b^2 = a^2 + b^2$ per $z = a + ib$ (il quadrato del moduloI numeri complessi estendono i reali introducendo l'unità immaginaria $i$ ($i^2 = -1$) e possono essere rappresentati in forma algebrica, trigonometrica o polare. Tramite la formula di Eulero e le proprietà del modulo e dell'argomento, è possibile calcolare agilmente prodotti, potenze e radici ennesime.Numeri complessi →). È una somma di numeri $\ge 0$, non tutti nulli perché $v \ne \vec 0$: quindi è positiva.
5. Allora $\lambda = \bar\lambda$, cioè la parte immaginaria di $\lambda$ è nulla: $\lambda$ è reale. ∎

(Per curiosità: le antisimmetriche reali hanno invece autovalori immaginari puri, sull'asse verticale del piano complesso.)

Di più (teorema spettrale). Una matrice simmetrica reale è sempre diagonalizzabile, e anzi esiste una base ortonormale di autovettori: si dimostra più avanti nella nota Teorema spettrale e forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche → (lezione 38), ma negli esercizi d'esame si usa già. Conseguenze utili:

• se $A$ è simmetrica, è diagonalizzabile senza fare calcoli (Esercizio 66 · determinante con parametro e matrice simmetrica 4×4 (febbraio 2026));
• una matrice non diagonalizzabile non può essere simile a una simmetrica (la similitudine si "trasmette": se $A \sim B$ e $B \sim D$ diagonale, anche $A \sim D$) (Esercizio 63 · autovalori, nucleo e matrice simmetrica simile (giugno 2022));
• esiste una base ortonormale di autovettori di $A$ se e solo se $A$ è simmetrica (Esercizio 65 · diagonalizzabilità su R e su C e base ortonormale di autovettori (giugno 2025)).

A cosa serve: potenze di una matrice

Se $A = S D S^{-1}$, nelle potenze le $S^{-1} S$ in mezzo si semplificano: $$A^2 = S D S^{-1} S D S^{-1} = S D^2 S^{-1}, \qquad A^k = S D^k S^{-1},$$ e $D^k$ si calcola elevando alla $k$ gli elementi della diagonale (il prodotto di due diagonali è la diagonale dei prodotti). La formula per $k$ qualunque si dimostra per induzionePer dimostrare una proprietà per ogni n basta il passo base e il passo induttivo da n a n+1.Principio di induzione →: se $A^k = S D^k S^{-1}$, allora $A^{k+1} = A^k A = S D^k S^{-1} S D S^{-1} = S D^{k+1} S^{-1}$.

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$, con $S$, $S^{-1}$ e $D = \operatorname{diag}(3, 1)$ dell'inizio della nota. $D^5 = \operatorname{diag}(243, 1)$, $S D^5 = \begin{pmatrix} 243 & 1 \\ 243 & -1 \end{pmatrix}$ (colonne di $S$ moltiplicate per $243$ e per $1$), e $$A^5 = S D^5 S^{-1} = \begin{pmatrix} 243 & 1 \\ 243 & -1 \end{pmatrix} \cdot \frac12 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 244 & 242 \\ 242 & 244 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 122 & 121 \\ 121 & 122 \end{pmatrix},$$ con due prodotti al posto dei quattro di $A \cdot A \cdot A \cdot A \cdot A$; e per $k$ qualunque $A^k = \frac12 \begin{pmatrix} 3^k + 1 & 3^k - 1 \\ 3^k - 1 & 3^k + 1 \end{pmatrix}$.

È la stessa idea che permette di calcolare l'esponenziale di una matriceIl sistema di equazioni differenziali y' = Ay ha soluzione y(x) = e^{Ax} ȳ. L'esponenziale di una matrice si definisce con la serie di e^x; per una matrice diagonalizzabile A = S D S⁻¹ vale e^{Ax} = S e^{Dx} S⁻¹, e e^{Dx} ha sulla diagonale gli esponenziali e^{λx} degli autovalori.Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineari →.

Tabella riassuntiva

Errori comuni

• Concludere "non diagonalizzabile" perché ci sono autovalori ripetuti: bisogna controllare $m_g$.
• Controllare $m_g$ anche per autovalori semplici: inutile, è sempre $1$.
• Mettere in $S$ gli autovettori in un ordine diverso da quello degli autovalori in $D$.
• Mettere in $S$ due autovettori dello stesso autospazio proporzionali tra loro: per un autovalore con $m_g = 2$ servono due vettori indipendenti dell'autospazio.
• Dimenticare la condizione sul campo: "autovalori complessi distinti" significa diagonalizzabile su $\mathbb{C}$, non su $\mathbb{R}$.