Esercizio 66determinante con parametro e matrice simmetrica 4×4 (febbraio 2026)

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(a) Quando $A$ non è invertibile

Una matrice quadrata non è invertibile se e solo se il suo determinanteUna matrice quadrata è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero.Matrice aggiunta e teorema di Cramer → è nullo. Si calcola $\det A$ con lo sviluppo di 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 prima riga, che ha due zeri: restano gli elementi $a_{11} = 2$ (segno $+$) e $a_{14} = 1$ (segno $(-1)^{1+4} = -1$).

• Minore di $a_{11}$ (si cancellano riga 1 e colonna 1): $$\det \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \alpha \end{pmatrix} = \alpha \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \alpha (4 - 1) = 3\alpha$$ (Laplace lungo la terza colonna, che ha solo $\alpha$).
• Minore di $a_{14}$ (si cancellano riga 1 e colonna 4): $$\det \begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 3$$ (Laplace lungo la prima colonna: solo l'$1$ in posizione $(3,1)$, segno $(-1)^{3+1} = +1$).

Quindi $$\det A = 2 \cdot 3\alpha - 1 \cdot 3 = 6\alpha - 3 .$$ $A$ non è invertibile $\iff 6\alpha - 3 = 0 \iff \boxed{\alpha = \tfrac12}$.

(b) Polinomio caratteristico per $\alpha = 2$

Si ripete lo stesso calcolo con $A - \lambda I$: la struttura degli zeri è la stessa, con $2 - \lambda$ sulla diagonale. $$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.$$ Per brevità si pone $q = (2 - \lambda)^2 - 1$, il determinante di $\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}$.

• Minore di $a_{11} = 2 - \lambda$ (cancellando riga 1 e colonna 1), sviluppato lungo la terza colonna, che ha solo $2 - \lambda$ in posizione $(3,3)$: $$\det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 0 \\ 1 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda) \cdot q .$$
• Minore di $a_{14} = 1$ (cancellando riga 1 e colonna 4), sviluppato lungo la prima colonna, che ha solo l'$1$ in posizione $(3,1)$, segno $+$: $$\det \begin{pmatrix} 0 & 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2-\lambda \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = q .$$

Con i segni $+$ per $a_{11}$ e $(-1)^{1+4} = -$ per $a_{14}$:

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)(2 - \lambda)\, q - 1 \cdot q = q\big[(2 - \lambda)^2 - 1\big] = q^2 .$$ E $q = \lambda^2 - 4\lambda + 4 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda - 1)(\lambda - 3)$ (due numeri con somma $4$ e prodotto $3$: $1$ e $3$; oppure, come differenza di quadrati, $(2 - \lambda)^2 - 1 = (2 - \lambda - 1)(2 - \lambda + 1) = (1 - \lambda)(3 - \lambda)$). Quindi $$p_A(\lambda) = (\lambda^2 - 4\lambda + 3)^2 = (\lambda - 1)^2 (\lambda - 3)^2 .$$ Autovalori: $\lambda = 1$ e $\lambda = 3$, entrambi con molteplicità algebrica $2$.

Perché è venuto un quadrato. Le coordinate $1$ e $4$ "parlano" solo tra loro (elementi in posizione $(1,4)$ e $(4,1)$), e così le coordinate $2$ e $3$. È come se $A$ fosse fatta di due blocchi $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ uguali, ognuno con autovalori $1$ e $3$.

(c) Autospazi

$\lambda = 1$. $$A - I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ La quarta riga è uguale alla prima, la terza alla seconda: rango $2$, $m_g(1) = 4 - 2 = 2$ (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 → per $A - I$). Equazioni: $x_1 + x_4 = 0$, $x_2 + x_3 = 0$, con $x_3, x_4$ libere.

• $x_4 = 1,\ x_3 = 0$: $(-1, 0, 0, 1)$;
• $x_4 = 0,\ x_3 = 1$: $(0, -1, 1, 0)$.

$V_1 = \langle (-1, 0, 0, 1),\ (0, -1, 1, 0) \rangle$.

$\lambda = 3$. $$A - 3I = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ Rango $2$ (quarta riga = $-$prima, terza = $-$seconda), $m_g(3) = 2$. Equazioni: $-x_1 + x_4 = 0$ e $-x_2 + x_3 = 0$, cioè $x_1 = x_4$, $x_2 = x_3$, con $x_3, x_4$ libere; con $(x_3, x_4) = (0, 1)$ e $(1, 0)$: $V_3 = \langle (1, 0, 0, 1),\ (0, 1, 1, 0) \rangle$.

Verifica di un autovettore per autospazio: $A(-1, 0, 0, 1)^T = (-2 + 1,\ 0,\ 0,\ -1 + 2) = (-1, 0, 0, 1)$ ✓ (autovalore $1$); $A(1, 0, 0, 1)^T = (2 + 1,\ 0,\ 0,\ 1 + 2) = (3, 0, 0, 3)$ ✓ (autovalore $3$).

Diagonalizzabile? Sì: $m_g = m_a = 2$ per entrambi gli autovalori, e $2 + 2 = 4$ (criterioTutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica per ciascuno.Diagonalizzazione →). Per esempio $$S = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad D = \operatorname{diag}(1, 1, 3, 3).$$

(d) Senza calcoli

Sì: $A$ è simmetrica ($A^T = A$: la riga $i$ è uguale alla colonna $i$, in particolare $a_{14} = a_{41} = 1$ e $a_{23} = a_{32} = 1$). Una matrice simmetrica reale ha tutti gli autovalori reali (lezione 25) ed è sempre diagonalizzabile, anzi con una base ortonormale di autovettori (teorema spettraleOgni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile tramite una base ortonormale di autovettori.Teorema spettrale e forme quadratiche →).

Infatti i quattro autovettori trovati in (c) sono a due a due ortogonaliIl prodotto scalare aggiunge a uno spazio vettoriale lunghezze e angoli: norma, disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, angolo tra vettori in R^n, ortogonalità, proiezione su una retta, aree e volumi con il determinante della matrice dei prodotti scalari.Prodotto scalare, norma e angoli →: $(-1,0,0,1) \cdot (1,0,0,1) = -1 + 1 = 0$, $(0,-1,1,0) \cdot (0,1,1,0) = -1 + 1 = 0$, e le altre quattro coppie hanno le componenti non nulle in posizioni diverse ($\{1, 4\}$ contro $\{2, 3\}$), quindi prodotto scalare $0$. Ognuno ha norma $\sqrt{1 + 1} = \sqrt2$; dividendo ciascuno per $\sqrt2$ si ottiene una base ortonormaleUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →.

Errori comuni

• Calcolare il determinante $4 \times 4$ con una "regola di Sarrus" per matrici $4 \times 4$: non esiste, Sarrus vale solo per le $3 \times 3$.
• Dimenticare il segno $(-1)^{1+4} = -1$ del termine $a_{14}$.
• In (d), rispondere "sì, perché gli autovalori hanno $m_g = m_a$": è il calcolo che la domanda chiede di evitare.