Esercizio 67autovalori con molteplicità al variare di t

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(a) Autovalori

$$A_t - \lambda I = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & t+1 \\ 0 & -3-\lambda & 0 \\ 2 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.$$ La seconda riga ha due zeri: 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 seconda riga, con l'elemento $-3 - \lambda$ in posizione $(2,2)$, segno $(-1)^{2+2} = +1$. Si cancellano riga 2 e colonna 2: $$\det(A_t - \lambda I) = (-3 - \lambda) \det \begin{pmatrix} 1 - \lambda & t + 1 \\ 2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = (-3 - \lambda)\big[(1 - \lambda)^2 - 2(t + 1)\big].$$

Autovalori.

• $\lambda_1 = -3$, qualunque sia $t$ (non dipende dal parametro).
• dal secondo fattore, $(1 - \lambda)^2 - 2(t + 1) = 0$: invece di sviluppare il quadrato conviene isolarlo, $(1 - \lambda)^2 = 2t + 2$, e prendere la radice quadrata con i due segni (se $2t + 2 \ge 0$): $1 - \lambda = \pm\sqrt{2t + 2} \iff \lambda_{2,3} = 1 \mp \sqrt{2t + 2}$.

Tutti reali se e solo se il radicando non è negativo: $$2t + 2 \ge 0 \iff t \ge -1 .$$ Per $t < -1$: un autovalore reale ($-3$) e due complessi coniugatiI 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 → $1 \pm i\sqrt{-2t - 2}$ (da $(1 - \lambda)^2 = 2t + 2 < 0$ si ha $1 - \lambda = \pm i\sqrt{-(2t + 2)}$).

(b) Autovalori multipli

Gli autovalori sono $-3$, $1 + \sqrt{2t+2}$, $1 - \sqrt{2t+2}$ (con $t \ge -1$). Due di essi coincidono in due modi.

Caso 1: $\lambda_2 = \lambda_3$. Succede quando la radice vale $0$: $2t + 2 = 0$, cioè $t = -1$. Autovalori: $-3$ semplice e $1$ doppio.

Caso 2: uno dei due uguale a $-3$. $1 + \sqrt{2t+2} \ge 1$ non può valere $-3$; resta $$1 - \sqrt{2t + 2} = -3 \iff \sqrt{2t + 2} = 4 \iff 2t + 2 = 16 \iff t = 7 .$$ (Elevare al quadrato è lecito: entrambi i membri sono $\ge 0$.) Per $t = 7$: $\sqrt{16} = 4$, autovalori $-3$ (da $\lambda_1$ e da $\lambda_3$), quindi $-3$ doppio, e $1 + 4 = 5$ semplice.

Il grafico mostra i tre autovalori reali in funzione di $t \ge -1$: le coincidenze sono il punto di partenza $t = -1$ (le due curve nascono insieme in $\lambda = 1$) e l'incrocio della curva inferiore con la retta $\lambda = -3$ in $t = 7$.

$t = -1$: diagonalizzabile? $A_{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Per l'autovalore doppio $1$: $$A_{-1} - I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \operatorname{rango} = 2, \quad m_g(1) = 3 - 2 = 1 < 2 .$$ (Il rango è $2$ perché le righe $(0, -4, 0)$ e $(2, 0, 0)$ non sono proporzionali; $m_g = 3 - \operatorname{rango}$ 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 →.) (Autospazio: $x_2 = 0$, $x_1 = 0$, $x_3$ libera: $\langle (0, 0, 1) \rangle$.) Non diagonalizzabile.

$t = 7$: diagonalizzabile? $A_7 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 8 \\ 0 & -3 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. L'autovalore $5$ è semplice, non va controllato. Per l'autovalore doppio $-3$: $$A_7 + 3I = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 4 \end{pmatrix}, \quad \operatorname{rango} = 1, \quad m_g(-3) = 3 - 1 = 2 = m_a(-3).$$ La prima riga è il doppio della terza. Resta $x_1 + 2x_3 = 0$, con $x_2$ e $x_3$ libere: $V_{-3} = \langle (0, 1, 0), (-2, 0, 1) \rangle$. Per $\lambda = 5$: $A_7 - 5I = \begin{pmatrix} -4 & 0 & 8 \\ 0 & -8 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \end{pmatrix}$; la seconda riga dà $-8x_2 = 0$, cioè $x_2 = 0$, la terza $2x_1 - 4x_3 = 0$, cioè $x_1 = 2x_3$ (la prima è $-2$ volte la terza), quindi $V_5 = \langle (2, 0, 1) \rangle$. Verifica: $A_7(2, 0, 1)^T = (2 + 8,\ 0,\ 4 + 1) = (10, 0, 5) = 5(2, 0, 1)$ ✓. Diagonalizzabile (criterioUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →: $m_g = m_a$ per entrambi gli autovalori), per esempio con $$S = \begin{pmatrix} 0 & -2 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \operatorname{diag}(-3, -3, 5).$$

È istruttivo il confronto: in entrambi i casi c'è un autovalore doppio, ma solo in un caso l'autospazio ha la dimensione giusta. Un autovalore ripetuto non decide nulla da solo.

(c) Riepilogo: diagonalizzabilità su $\mathbb{R}$

Risposta: $A_t$ è diagonalizzabile su $\mathbb{R}$ se e solo se $t > -1$.

(Per $t < -1$ gli autovalori sono comunque tre e distinti nel campo complesso, quindi $A_t$ è diagonalizzabile su $\mathbb{C}$.)

Errori comuni

• Scordare il caso $t = 7$, in cui l'autovalore che dipende da $t$ va a coincidere con quello fisso.
• Concludere per $t = 7$ "non diagonalizzabile perché c'è un autovalore doppio".
• Sbagliare il segno di Laplace o sviluppare lungo una riga senza zeri.