Esercizio 61diagonalizzare una matrice 3×3 con autovalori 1, 2, 3

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1. Il polinomio caratteristico

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & 4 & 4 \\ -3 & -6-\lambda & -8 \\ 3 & 7 & 9-\lambda \end{pmatrix}.$$

Quale metodo? La matrice non ha zeri, quindi lo sviluppo di Laplace costerebbe tre determinanti $2 \times 2$ con $\lambda$ dentro; Sarrus darebbe un polinomio di terzo grado sviluppato, da scomporre poi con Ruffini. Conviene una strategia mista: qualche operazione elementare per creare zeri (il determinante non cambiaSommare a una riga (o colonna) un multiplo di un'altra riga (o colonna) non cambia il determinante.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → se a una riga o colonna si somma un multiplo di un'altra), poi Laplace.

Primo zero. La seconda riga inizia con $-3$ e la terza con $3$: sommandole si annulla il primo elemento. $R_3 \to R_3 + R_2$: $$R_3 = (3 + (-3),\ 7 + (-6 - \lambda),\ (9 - \lambda) + (-8)) = (0,\ 1 - \lambda,\ 1 - \lambda).$$

Secondo zero. Nella nuova terza riga ci sono due elementi uguali, $1 - \lambda$ e $1 - \lambda$. Sottraendo la seconda colonna dalla terza ($C_3 \to C_3 - C_2$) se ne annulla uno. Sul determinante si può lavorare anche per colonne (a differenza della risoluzione dei sistemi, dove si usano solo le righe): $$C_3 = \begin{pmatrix} 4 - 4 \\ -8 - (-6 - \lambda) \\ (1 - \lambda) - (1 - \lambda) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \lambda - 2 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Si ottiene $$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} 3-\lambda & 4 & 0 \\ -3 & -6-\lambda & \lambda-2 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \end{pmatrix}.$$

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, che ha un solo elemento non nullo, $1 - \lambda$ in posizione $(3, 2)$. Il segno è $(-1)^{3+2} = -1$ (oppure, a scacchiera partendo da $+$ in alto a sinistra: $+ - +$, $- + -$, $+ - +$, la posizione $(3,2)$ ha $-$). Si cancellano la riga 3 e la colonna 2: $$\det(A - \lambda I) = -(1 - \lambda) \det \begin{pmatrix} 3 - \lambda & 0 \\ -3 & \lambda - 2 \end{pmatrix} = -(1 - \lambda)(3 - \lambda)(\lambda - 2).$$ La $2 \times 2$ è triangolare: il determinante è il prodotto della diagonale.

Il vantaggio: il polinomio esce già scomposto in fattori. Sviluppato sarebbe $-\lambda^3 + 6\lambda^2 - 11\lambda + 6$ (lo si controlla moltiplicando: $(1 - \lambda)(3 - \lambda) = \lambda^2 - 4\lambda + 3$, poi $-(\lambda^2 - 4\lambda + 3)(\lambda - 2) = -(\lambda^3 - 6\lambda^2 + 11\lambda - 6)$): con Sarrus si sarebbe arrivati a questa forma e si sarebbero dovute cercare le radici tra i divisori del termine noto $6$ (regola di Ruffini: $\lambda = 1$ annulla il polinomio, $-1 + 6 - 11 + 6 = 0$, e si divide per $\lambda - 1$).

2. Autovalori e risposta alla domanda (a)

$$-(1 - \lambda)(3 - \lambda)(\lambda - 2) = 0 \iff \lambda = 1, \quad \lambda = 3, \quad \lambda = 2 .$$ Controllo con la traccia: $1 + 3 + 2 = 6 = 3 + (-6) + 9$ ✓ (la somma degli autovalori è la tracciaContando le molteplicità: per una 3×3 il coefficiente di λ² nel polinomio caratteristico è la traccia.Autovalori e autovettori →). E il prodotto $1 \cdot 3 \cdot 2 = 6$ è $\det A$ (il polinomio in $\lambda = 0$ vale $\det A$).

Tre autovalori reali distinti per una matrice $3 \times 3$: ognuno ha almeno un autovettore, e autovettori di autovalori distinti sono indipendentiTeorema: si dimostra moltiplicando la combinazione lineare per A e sottraendo.Diagonalizzazione →. Tre vettori indipendenti in $\mathbb{R}^3$ sono una base: $A$ è diagonalizzabile, senza bisogno di calcolare gli autovettori. Servono solo per la domanda (b).

3. Autovettori

Per ogni autovalore si sostituisce il suo valore in $A - \lambda I$ e si risolve il sistema omogeneo: l'autospazio $V_\lambda$ 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 $A - \lambda I$. Il sistema ha sempre infinite soluzioni (il determinante è nullo per costruzione, quindi il rango è minore di $3$): una riga è combinazione delle altre. Qui ogni autovalore è semplice, quindi $1 \le m_g \le m_a = 1$ e ogni autospazio è una retta: basta trovare un vettore non nullo.

$\lambda = 1$. $$A - I = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 4 \\ -3 & -7 & -8 \\ 3 & 7 & 8 \end{pmatrix}.$$ La terza riga è l'opposta della seconda: restano due equazioni.

• dalla prima, $x_1 = -2x_2 - 2x_3$;
• nella seconda: $-3(-2x_2 - 2x_3) - 7x_2 - 8x_3 = -x_2 - 2x_3 = 0$, quindi $x_2 = -2x_3$;
• allora $x_1 = 4x_3 - 2x_3 = 2x_3$.

$x_3$ è libera; con $x_3 = 1$: $v_1 = (2, -2, 1)$.

$\lambda = 3$. $$A - 3I = \begin{pmatrix} 0 & 4 & 4 \\ -3 & -9 & -8 \\ 3 & 7 & 6 \end{pmatrix}.$$

• dalla prima, $x_2 = -x_3$;
• dalla terza: $3x_1 - 7x_3 + 6x_3 = 0$, quindi $x_1 = \frac{x_3}{3}$;
• la seconda è automaticamente vera: $-x_3 + 9x_3 - 8x_3 = 0$ ✓.

Con $x_3 = 3$ (per evitare la frazione): $v_2 = (1, -3, 3)$.

$\lambda = 2$. $$A - 2I = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 4 \\ -3 & -8 & -8 \\ 3 & 7 & 7 \end{pmatrix}.$$

• dalla prima, $x_1 = -4x_2 - 4x_3$;
• nella terza: $3(-4x_2 - 4x_3) + 7x_2 + 7x_3 = -5x_2 - 5x_3 = 0$, quindi $x_2 = -x_3$;
• allora $x_1 = 4x_3 - 4x_3 = 0$.

Con $x_3 = 1$: $v_3 = (0, -1, 1)$.

4. Le matrici $D$ e $S$

L'ordine degli autovalori in $D$ è libero, ma la colonna $j$ di $S$ deve essere l'autovettore dell'autovalore in posizione $j$ di $D$. Con l'ordine $1, 3, 2$: $$D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \qquad S = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -2 & -3 & -1 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}.$$

Verifica senza invertire $S$: basta controllare $AS = SD$. $$AS = \begin{pmatrix} 6 - 8 + 4 & 3 - 12 + 12 & 0 - 4 + 4 \\ -6 + 12 - 8 & -3 + 18 - 24 & 0 + 6 - 8 \\ 6 - 14 + 9 & 3 - 21 + 27 & 0 - 7 + 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 0 \\ -2 & -9 & -2 \\ 1 & 9 & 2 \end{pmatrix},$$ $$SD = \begin{pmatrix} 2 \cdot 1 & 1 \cdot 3 & 0 \cdot 2 \\ -2 \cdot 1 & -3 \cdot 3 & -1 \cdot 2 \\ 1 \cdot 1 & 3 \cdot 3 & 1 \cdot 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 0 \\ -2 & -9 & -2 \\ 1 & 9 & 2 \end{pmatrix} \ ✓ .$$ ($SD$ moltiplica ogni colonna di $S$ per l'autovalore corrispondente.) Il determinante di $S$, lungo la prima riga:

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

Poiché $\det S = 1 \ne 0$, $S$ è invertibileLa 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 →, e da $AS = SD$ moltiplicando a destra per $S^{-1}$ si ottiene $A = S D S^{-1}$.

Errori comuni

• Applicare Sarrus e poi bloccarsi nella scomposizione del polinomio di terzo grado.
• Sbagliare il segno di Laplace nella posizione $(3, 2)$.
• Scrivere $D = \operatorname{diag}(1, 2, 3)$ e lasciare in $S$ le colonne nell'ordine $v_1, v_2, v_3$ trovato per $1, 3, 2$: le colonne vanno permutate insieme agli autovalori.