Esercizio 73nucleo non nullo, diagonalizzazione e matrici con lo stesso polinomio caratteristico (appello 18/6/2024)

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(a) Quando il nucleo non è nullo

Per una matrice quadrata: $\operatorname{Ker} A \ne \{0\}$ $\iff$ $AX = 0$ ha soluzioni non nulle $\iff$ $\operatorname{rango}(A) < 3$ (perché $\dim \operatorname{Ker} A = 3 - \operatorname{rango}(A)$, 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 →) $\iff$ $\det A = 0$ (criterio di invertibilitàLa matrice aggiunta A* è la trasposta della matrice dei complementi algebrici e soddisfa A·A* = det A · I; quindi A è invertibile se e solo se det A ≠ 0, con A⁻¹ = A*/det A. Cramer: xᵢ = Δᵢ/Δ. Matrici simili hanno lo stesso determinante.Matrice aggiunta e teorema di Cramer →).

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 uno zero (segni $+, -, +$):

$$\det A = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & t \end{pmatrix} - 0 + (-3) \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = (t - 2) - 3(2 - 1) = t - 5 .$$

Risposta: $t = 5$.

Collegamento con gli autovalori: $\operatorname{Ker} A \ne \{0\}$ significa che esiste $v \ne 0$ con $Av = 0 = 0 \cdot v$, cioè che $0$ è un autovalore. Lo ritroviamo in (b).

(b) Polinomio caratteristico per $t = 5$

$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 1 - \lambda & 0 & -3 \\ 2 & 1 - \lambda & 2 \\ 1 & 1 & 5 - \lambda \end{pmatrix}.$$

Sviluppo lungo la prima riga (ha uno zero). Il minore di $a_{11}$ si ottiene cancellando riga $1$ e colonna $1$, quello di $a_{13} = -3$ cancellando riga $1$ e colonna $3$ (segno $+$ in posizione $(1, 3)$):

$$(1 - \lambda)\big[(1 - \lambda)(5 - \lambda) - 2\big] - 3\big[2 \cdot 1 - (1 - \lambda) \cdot 1\big] = (1 - \lambda)(\lambda^2 - 6\lambda + 3) - 3(1 + \lambda).$$

(Conti dei minori: $(1 - \lambda)(5 - \lambda) - 2 \cdot 1 = 5 - 6\lambda + \lambda^2 - 2 = \lambda^2 - 6\lambda + 3$; $2 - (1 - \lambda) = 1 + \lambda$.)

Si sviluppa: $(1 - \lambda)(\lambda^2 - 6\lambda + 3) = \lambda^2 - 6\lambda + 3 - \lambda^3 + 6\lambda^2 - 3\lambda = -\lambda^3 + 7\lambda^2 - 9\lambda + 3$; togliendo $3 + 3\lambda$:

$$\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 + 7\lambda^2 - 12\lambda = -\lambda(\lambda^2 - 7\lambda + 12) = -\lambda(\lambda - 3)(\lambda - 4).$$

(Si raccoglie $-\lambda$, poi il trinomio $\lambda^2 - 7\lambda + 12$ si scompone cercando due numeri con somma $7$ e prodotto $12$: $3$ e $4$; con la formula, $\Delta = 49 - 48 = 1$ e $\lambda = \frac{7 \pm 1}{2}$.)

Il termine noto è $0$, come previsto (è $\det A = 0$). Autovalori: $0$, $3$, $4$, tutti semplici. Tre autovalori distinti in una matrice $3 \times 3$: $A$ è diagonalizzabile (senza bisogno di controllare le molteplicità geometriche: autovettori di autovalori distinti sono indipendentiUna 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 →, e tre vettori indipendenti di $\mathbb{R}^3$ sono una base).

Controllo con la traccia: $0 + 3 + 4 = 7 = 1 + 1 + 5$ ✓.

(c) La matrice $P$

Un autovettore per ciascun autovalore: ogni autospazio $V_\lambda = \operatorname{Ker}(A - \lambda I)$ è una retta (autovalori semplici), e $A - \lambda I$ ha rango $2$, quindi bastano due equazioni indipendenti e la terza è automaticamente soddisfatta.

$\lambda = 0$ ($AX = 0$): dalla prima riga $x = 3z$; dalla seconda $2x + y + 2z = 0$, cioè $y = -6z - 2z = -8z$. Con $z = 1$: $(3, -8, 1)$.

$\lambda = 3$ ($A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 0 & -3 \\ 2 & -2 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$): dalla prima $x = -\frac32 z$; dalla terza $y = -x - 2z = \frac32 z - 2z = -\frac12 z$. Con $z = -2$ (per avere interi): $(3, 1, -2)$.

$\lambda = 4$ ($A - 4I = \begin{pmatrix} -3 & 0 & -3 \\ 2 & -3 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$): dalla prima $x = -z$; dalla terza $y = -x - z = 0$. Con $z = -1$: $(1, 0, -1)$.

Verifiche ($Av = \lambda v$): $A(3, -8, 1)^T = (3 - 3, \ 6 - 8 + 2, \ 3 - 8 + 5) = (0, 0, 0)$ ✓; $A(3, 1, -2)^T = (3 + 6, \ 6 + 1 - 4, \ 3 + 1 - 10) = (9, 3, -6) = 3(3, 1, -2)$ ✓; $A(1, 0, -1)^T = (1 + 3, \ 2 - 2, \ 1 - 5) = (4, 0, -4) = 4(1, 0, -1)$ ✓.

$$P = \begin{pmatrix} 3 & 3 & 1 \\ -8 & 1 & 0 \\ 1 & -2 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}.$$

$P$ è invertibile perché autovettori di autovalori distinti sono indipendenti. Controllo con Laplace lungo la terza colonna (ha uno zero; segni $+, -, +$):

$$\det P = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} -8 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} - 0 + (-1) \det\begin{pmatrix} 3 & 3 \\ -8 & 1 \end{pmatrix} = (16 - 1) - (3 + 24) = 15 - 27 = -12 \ne 0 .$$

(d) $B$ con lo stesso polinomio caratteristico è simile ad $A$?

Sì. Il ragionamento:

1. $B$ ha lo stesso polinomio caratteristico, quindi gli stessi autovalori $0, 3, 4$: tre autovalori distinti.
2. Quindi anche $B$ è diagonalizzabile, e simile alla stessa $D = \operatorname{diag}(0, 3, 4)$: $B = S D S^{-1}$ per qualche $S$ invertibile.
3. Anche $A = P D P^{-1}$, cioè $D = P^{-1} A P$. Sostituendo: $B = S P^{-1} A P S^{-1} = R^{-1} A R$ con $R = P S^{-1}$ (infatti $R^{-1} = S P^{-1}$).

La similitudine è transitiva: due matrici simili alla stessa matrice diagonale sono simili tra loro (in termini di cambiamenti 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 →: $A$ e $B$ rappresentano, in basi opportune, la stessa funzione lineare, quella che moltiplica i tre vettori di una base per $0$, $3$ e $4$).

Attenzione: il punto 1 è essenziale. In generale due matrici con lo stesso polinomio caratteristico non sono simili: per esempio $\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ e $\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ hanno entrambe polinomio $(\lambda - 2)^2$, ma la seconda è simile solo a se stessa ($P^{-1}(2I)P = 2P^{-1}P = 2I$) e la prima non è $2I$ (è un blocco 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 →). Qui funziona perché gli autovalori sono distinti, il che obbliga entrambe a essere diagonalizzabili.

Errori comuni

• In (a) risolvere il sistema $AX = 0$ con $t$ generico invece di usare il determinante: si può fare, ma il determinante dice subito per quale $t$ il rango scende.
• In (d) rispondere "sì, perché hanno lo stesso polinomio caratteristico" senza citare gli autovalori distinti: l'argomento sarebbe sbagliato in generale.
• Mettere in $P$ gli autovettori in un ordine diverso da quello degli autovalori in $D$.