Esercizio 60autovalori di tre matrici 2×2

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Metodo per una matrice $2 \times 2$

Per $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ il polinomio caratteristicodet(M − λI): si sottrae λ dalla diagonale e si calcola il determinante.Autovalori e autovettori → è $$\det \begin{pmatrix} a - \lambda & b \\ c & d - \lambda \end{pmatrix} = (a - \lambda)(d - \lambda) - bc .$$ Si sottrae $\lambda$ solo ad $a$ e $d$; $b$ e $c$ restano come sono.

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Matrice $A$: due autovalori reali distinti

Polinomio caratteristico. $$(-7 - \lambda)(8 - \lambda) - (-9)(6) = (-56 + 7\lambda - 8\lambda + \lambda^2) + 54 = \lambda^2 - \lambda - 2 .$$ (Sviluppo del prodotto: $(-7)(8) = -56$, $(-7)(-\lambda) = 7\lambda$, $(-\lambda)(8) = -8\lambda$, $(-\lambda)(-\lambda) = \lambda^2$; poi $-(-9)(6) = +54$.)

Equazione caratteristica. Gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristicoUn 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 →. $\lambda^2 - \lambda - 2 = 0$ con la formula $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$, $\Delta = b^2 - 4ac$: $\Delta = 1 + 8 = 9$, $\lambda = \frac{1 \pm 3}{2}$, cioè $$\lambda_1 = 2, \qquad \lambda_2 = -1 .$$ Controllo: somma $2 + (-1) = 1 = -7 + 8$ (traccia) ✓, prodotto $-2 = \det A = -56 + 54$ ✓. (Per una $2 \times 2$ il polinomio caratteristico è sempre $\lambda^2 - (\operatorname{tr} M)\lambda + \det M$, quindi la somma delle radici è la traccia e il prodotto è il determinante.)

Autospazio di $\lambda_1 = 2$. $A - 2I = \begin{pmatrix} -9 & -9 \\ 6 & 6 \end{pmatrix}$. Le due righe sono proporzionali, come deve essere: $\lambda_1$ è stato scelto proprio in modo che $\det(A - 2I) = 0$. Il sistema $$\begin{cases} -9x_1 - 9x_2 = 0 \\ 6x_1 + 6x_2 = 0 \end{cases}$$ si riduce alla sola equazione $x_1 = -x_2$ (dividendo la prima per $-9$ e la seconda per $6$ si ottiene due volte $x_1 + x_2 = 0$); $x_2$ è libera. L'autospazio è il nucleoIl 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 → di $A - 2I$: $$V_2 = \{(-\alpha, \alpha) : \alpha \in \mathbb{R}\} = \langle (-1, 1) \rangle, \qquad m_g(2) = 1 .$$

Autospazio di $\lambda_2 = -1$. $A - (-1)I = A + I = \begin{pmatrix} -6 & -9 \\ 6 & 9 \end{pmatrix}$, da cui $-6x_1 - 9x_2 = 0$, cioè $x_1 = -\frac32 x_2$. Si sceglie $x_2 = 2$ per evitare la frazione: $x_1 = -3$. $$V_{-1} = \langle (-3, 2) \rangle, \qquad m_g(-1) = 1 .$$

Verifica. $A \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 - 9 \\ -6 + 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ✓ e $A \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 21 - 18 \\ -18 + 16 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} = -1 \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix}$ ✓.

Diagonalizzabile? Sì: due autovalori reali distinti in dimensione $2$ bastano, per il corollarioSe una matrice n×n ha n autovalori distinti nel campo, i loro autovettori sono indipendenti e formano una base.Diagonalizzazione →. Con gli autovettori in colonna nello stesso ordine degli autovalori: $$S = \begin{pmatrix} -1 & -3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad AS = \begin{pmatrix} -2 & 3 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} = SD \ ✓ .$$

($AS$ ha per colonne $Av_1$ e $Av_2$, calcolati nella verifica; $SD$ ha per colonne $2v_1$ e $-1 \cdot v_2$: sono uguali proprio perché $v_1, v_2$ sono autovettori. $\det S = -2 + 3 = 1 \ne 0$, quindi $S$ è invertibile e $A = SDS^{-1}$.)

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Matrice $B$: nessun autovalore reale

Polinomio caratteristico. $$(2 - \lambda)(3 - \lambda) - (-1)(1) = 6 - 5\lambda + \lambda^2 + 1 = \lambda^2 - 5\lambda + 7 .$$ Equazione caratteristica. $\Delta = 25 - 28 = -3 < 0$: nessuna soluzione reale. Nei numeri complessiUn numero complesso è z = a + ib con i² = −1: si somma e si moltiplica come un polinomio in i, si divide con il coniugato, e si disegna come il punto (a, b) del piano. In forma trigonometrica z = r(cos θ + i sin θ) = r e^{iθ} il prodotto moltiplica i moduli e somma gli argomenti, da cui la formula di De Moivre zⁿ = rⁿ e^{inθ} e le n radici n-esime, che stanno ai vertici di un poligono regolare. Il teorema fondamentale dell'algebra dice che ogni polinomio di grado n ha n radici complesse (contate con molteplicità).Numeri complessi - forma algebrica, trigonometrica ed esponenziale →, dove $i^2 = -1$ e quindi $\sqrt{-3} = i\sqrt3$ (perché $(i\sqrt3)^2 = -3$): $$\lambda = \frac{5 \pm i\sqrt3}{2} .$$ Controllo: somma $5 = 2 + 3$ ✓, prodotto $\frac{(5 + i\sqrt3)(5 - i\sqrt3)}{4} = \frac{25 - (i\sqrt3)^2}{4} = \frac{25 + 3}{4} = 7 = \det B = 6 + 1$ ✓.

Conclusione. $B$ non ha autovalori reali, quindi nemmeno autovettori reali: non è diagonalizzabile su $\mathbb{R}$. Su $\mathbb{C}$ invece ha due autovalori distinti, quindi è diagonalizzabile su $\mathbb{C}$ (con $S$ e $D$ a elementi complessi). Per esempio per $\lambda = \frac{5 + i\sqrt3}{2}$ dalla prima riga di $B - \lambda I$ si ricava $\left(2 - \lambda\right) x_1 - x_2 = 0$, cioè $x_2 = (2 - \lambda)x_1$ con $2 - \lambda = \frac{4 - 5 - i\sqrt3}{2} = \frac{-1 - i\sqrt3}{2}$; con $x_1 = 1$ si ha l'autovettore $\left(1,\ \frac{-1 - i\sqrt3}{2}\right)$. (La seconda riga non serve: $\det(B - \lambda I) = 0$ garantisce che sia proporzionale alla prima.)

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Matrice $C$: un autovalore doppio

Polinomio caratteristico. $$(0 - \lambda)(4 - \lambda) - 4 \cdot (-1) = -4\lambda + \lambda^2 + 4 = \lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^2 .$$

(È il quadrato di un binomio: $(\lambda - 2)^2 = \lambda^2 - 2 \cdot 2\lambda + 4$.) Equazione caratteristica. $\Delta = 0$: un solo autovalore, $\lambda = 2$, con molteplicità algebrica $2$ (l'esponente del fattore $(\lambda - 2)$).

Autospazio. $C - 2I = \begin{pmatrix} -2 & 4 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$: la prima riga è il doppio della seconda, resta $-x_1 + 2x_2 = 0$, cioè $x_1 = 2x_2$ con $x_2$ libera. $$V_2 = \langle (2, 1) \rangle, \qquad m_g(2) = 1 .$$ Si poteva saperlo anche senza risolvere: $\operatorname{rango}(C - 2I) = 1$, quindi $m_g = 2 - 1 = 1$ (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 $C - 2I$).

Diagonalizzabile? No: $m_g(2) = 1 < 2 = m_a(2)$. Tutti gli autovettori sono multipli di $(2, 1)$, quindi non esistono due autovettori indipendenti e non si può fare una base di $\mathbb{R}^2$ di autovettori (e neppure di $\mathbb{C}^2$: il problema non è il campo).

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Riepilogo

Errori comuni

• Scrivere $(a - \lambda)(d - \lambda) - (b - \lambda)(c - \lambda)$: $\lambda$ va tolto solo dalla diagonale.
• Per $C$, concludere "diagonalizzabile perché c'è un autovalore reale": serve anche $m_g = m_a$.
• Per $B$, dire "non ha autovalori": ne ha due, complessi.