Esercizio 62matrice 3×3 non diagonalizzabile

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1. Polinomio caratteristico

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 1 \\ -2 & -4-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.$$ Qui gli zeri ci sono già: la terza riga ha un solo elemento non nullo, $2 - \lambda$ in posizione $(3,3)$, con segno $(-1)^{3+3} = +1$. LaplaceIl 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 → lungo la terza riga (si cancellano riga $3$ e colonna $3$): $$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 0 \\ -2 & -4 - \lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda)(2 - \lambda)(-4 - \lambda) = (2 - \lambda)^2 (-4 - \lambda).$$ La $2 \times 2$ rimasta è triangolare (c'è uno zero in alto a destra): il determinante è il prodotto della diagonale.

2. Autovalori e molteplicità algebriche

Somma delle molteplicità: $2 + 1 = 3 = n$, quindi tutti gli autovalori sono reali (prima condizione del criterioDiagonalizzabile se e solo se tutti gli autovalori stanno nel campo e per ognuno la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica.Diagonalizzazione → soddisfatta). Gli autovalori non sono distinti, quindi il teorema "autovalori distinti ⇒ diagonalizzabile" non si applica: bisogna guardare gli autospazi.

3. Autospazio di $\lambda = -4$

Ha $m_a = 1$, quindi sicuramente $m_g = 1$ (vale sempre 1 ≤ m_g ≤ m_aLa molteplicità geometrica di un autovalore è almeno 1 e non supera mai quella algebrica.Diagonalizzazione →): non c'è niente da controllare, ma si calcola l'autovettore per completezza. $$A + 4I = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}.$$ Dalla terza equazione $6x_3 = 0$, quindi $x_3 = 0$; dalla seconda $-2x_1 = 0$, quindi $x_1 = 0$; la prima diventa $0 = 0$.

Attenzione a $x_2$: non compare in nessuna equazione. Questo non vuol dire $x_2 = 0$: vuol dire che $x_2$ è libera (è l'errore che il prof dice di vedere più spesso). Con $x_2 = 1$: $$V_{-4} = \langle (0, 1, 0) \rangle .$$

4. Autospazio di $\lambda = 2$ (il punto decisivo)

Ha $m_a = 2$: perché $A$ sia diagonalizzabile servono due autovettori indipendenti relativi a $2$, cioè $m_g(2) = 2$. $$A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Le prime due righe non sono proporzionali e la terza è nulla: $\operatorname{rango}(A - 2I) = 2$, quindi, per il teorema nullità + rangoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → applicato a $A - 2I$ (il cui nucleo è $V_2$), $$m_g(2) = 3 - \operatorname{rango}(A - 2I) = 3 - 2 = 1 .$$ Risolvendo: $x_3 = 0$ e $-2x_1 - 6x_2 = 0$, cioè $x_1 = -3x_2$, con $x_2$ libera. Con $x_2 = 1$: $$V_2 = \langle (-3, 1, 0) \rangle .$$

5. Conclusione

$$m_g(2) = 1 < 2 = m_a(2) \quad\Longrightarrow\quad A \text{ non è diagonalizzabile.}$$

Contando gli autovettori: $(0, 1, 0)$ per $-4$ e $(-3, 1, 0)$ per $2$ sono indipendenti (autovalori distinti), ma sono solo due. Per una base di $\mathbb{R}^3$ ne servirebbero tre, e l'autovalore $2$, pur comparendo due volte nel polinomio, ne "fornisce" uno solo. È esattamente la situazione $m_g < m_a$ descritta dal teorema della lezione 25.

Che cosa si può fare allora. Tutti gli autovalori sono reali, quindi $A$ è simile a una matrice di Jordan: un blocco $2 \times 2$ per l'autovalore $2$ (un solo blocco, perché $m_g(2) = 1$) e un blocco $1 \times 1$ per $-4$. La costruzione della matrice di passaggio per questa stessa $A$ è svolta nella nota Forma canonica di JordanUna matrice non diagonalizzabile (con autovalori nel campo) è simile a una matrice di Jordan: diagonale a blocchi, con l'autovalore sulla diagonale di ogni blocco e degli 1 subito sopra. Il numero di blocchi di λ è la molteplicità geometrica, la somma delle loro dimensioni quella algebrica; la base si costruisce con catene di autovettori generalizzati.Forma canonica di Jordan →.

Errori comuni

• Porre $x_2 = 0$ nel calcolo di $V_{-4}$ perché $x_2$ non compare: si ottiene il vettore nullo, che non è un autovettore.
• Concludere "diagonalizzabile" perché gli autovalori sono reali: è solo la prima delle due condizioni.
• Controllare l'autospazio di $-4$ e non quello di $2$: è l'autovalore multiplo che può creare problemi.