Esercizio 64autovalori con parametro e matrici simili (2° appello 2024-25)

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(a) Polinomio caratteristico e autovalori

$$A_t - \lambda I = \begin{pmatrix} -7-\lambda & t & -4 \\ 6 & 3-\lambda & 4 \\ 0 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}.$$ La terza 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 terza riga, l'unico termine è $(-1-\lambda)$ in posizione $(3,3)$ con segno $+$: $$\det(A_t - \lambda I) = (-1 - \lambda) \det \begin{pmatrix} -7-\lambda & t \\ 6 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (-1 - \lambda)\big[(-7-\lambda)(3-\lambda) - 6t\big].$$ Sviluppando la parentesi: $(-7-\lambda)(3-\lambda) = -21 + 7\lambda - 3\lambda + \lambda^2 = \lambda^2 + 4\lambda - 21$. Scrivendo inoltre $-1 - \lambda = -(\lambda + 1)$: $$p_{A_t}(\lambda) = -(\lambda + 1)(\lambda^2 + 4\lambda - 21 - 6t).$$

Autovalori. Un prodotto è nullo se e solo se lo è uno dei fattori. Dal primo fattore $\lambda_1 = -1$, per ogni $t$. Dal secondo, $\lambda^2 + 4\lambda + c = 0$ con $c = -21 - 6t$, si usa la formula ridotta (quando il coefficiente di $\lambda$ è pari, $b = 2\beta$, le radici di $\lambda^2 + 2\beta\lambda + c$ sono $-\beta \pm \sqrt{\beta^2 - c}$); qui $\beta = 2$: $$\lambda = -2 \pm \sqrt{4 - (-21 - 6t)} = -2 \pm \sqrt{6t + 25} .$$

Quando sono tutti reali. $\lambda_1 = -1$ lo è sempre; gli altri due lo sono se e solo se il radicando è non negativo: $$6t + 25 \ge 0 \iff t \ge -\frac{25}{6} .$$ Per $t < -\frac{25}{6}$ ci sono un autovalore reale ($-1$) e due complessi coniugatiUn 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 → $-2 \pm i\sqrt{-6t - 25}$. Per $t = -\frac{25}{6}$ il radicando è $0$ e $-2$ è radice doppia.

Il grafico mostra il fattore di secondo grado $q(\lambda) = \lambda^2 + 4\lambda - 21 - 6t$ per tre valori di $t$: cambiare $t$ trasla la parabola in verticale, e le radici reali (intersezioni con l'asse) esistono finché il vertice, in $\lambda = -2$ con ordinata $-25 - 6t$, non sale sopra l'asse.

(b) Il caso $t = -4$

$t = -4 \ge -\frac{25}{6} \approx -4{,}17$, quindi gli autovalori sono reali: $6t + 25 = 1$, $\sqrt1 = 1$, $$\lambda = -2 + 1 = -1, \qquad \lambda = -2 - 1 = -3 .$$ Insieme a $\lambda_1 = -1$: autovalori $-1$ con $m_a = 2$ e $-3$ con $m_a = 1$. Infatti per $t = -4$ il polinomio è $-(\lambda + 1)(\lambda^2 + 4\lambda + 3) = -(\lambda + 1)^2(\lambda + 3)$.

$$A_{-4} = \begin{pmatrix} -7 & -4 & -4 \\ 6 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$

Autospazio di $-1$ (autovalore doppio: è quello da controllare). $$A_{-4} + I = \begin{pmatrix} -6 & -4 & -4 \\ 6 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ La seconda riga è l'opposta della prima, la terza è nulla: rango $1$, quindi (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 → su $A_{-4} + I$, il cui nucleo è $V_{-1}$) $m_g(-1) = 3 - 1 = 2$. Resta l'unica equazione $-6x_1 - 4x_2 - 4x_3 = 0$, cioè $3x_1 + 2x_2 + 2x_3 = 0$, con due incognite libere. Per avere numeri interi si ricava $x_1 = -\frac{2x_2 + 2x_3}{3}$ e si sceglie:

• $x_2 = 3,\ x_3 = 0$: $x_1 = -2$, vettore $(-2, 3, 0)$;
• $x_2 = 0,\ x_3 = 3$: $x_1 = -2$, vettore $(-2, 0, 3)$.

Scegliere le libere "a turno" (una non nulla e l'altra zero) garantisce che i vettori siano indipendentiUna combinazione lineare è una somma di vettori moltiplicati per scalari. I vettori sono linearmente indipendenti se l'unica combinazione che dà il vettore nullo è quella con tutti i coefficienti nulli; altrimenti sono dipendenti, e allora uno di essi è combinazione lineare degli altri.Combinazioni lineari e dipendenza lineare →: nelle componenti $(x_2, x_3)$ si leggono $(3, 0)$ e $(0, 3)$, che non sono proporzionali. $V_{-1} = \langle (-2, 3, 0), (-2, 0, 3) \rangle$.

Verifica: $A_{-4}(-2, 3, 0)^T = (14 - 12,\ -12 + 9,\ 0) = (2, -3, 0) = -(-2, 3, 0)$ ✓; $A_{-4}(-2, 0, 3)^T = (14 - 12,\ -12 + 12,\ -3) = (2, 0, -3) = -(-2, 0, 3)$ ✓.

Autospazio di $-3$. $$A_{-4} + 3I = \begin{pmatrix} -4 & -4 & -4 \\ 6 & 6 & 4 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$ Dalla terza $x_3 = 0$; dalla prima $x_1 + x_2 + x_3 = 0$, quindi $x_1 = -x_2$; la seconda $6x_1 + 6x_2 = 0$ è la stessa. Con $x_2 = 1$: $V_{-3} = \langle (-1, 1, 0) \rangle$. Verifica: $A_{-4}(-1, 1, 0)^T = (7 - 4,\ -6 + 3,\ 0) = (3, -3, 0) = -3(-1, 1, 0)$ ✓.

Diagonalizzabile? Sì: autovalori reali con $m_g(-1) = 2 = m_a(-1)$ e $m_g(-3) = 1 = m_a(-3)$ (criterioDiagonalizzabile se e solo se tutti gli autovalori sono nel campo e per ognuno molteplicità geometrica = algebrica.Diagonalizzazione →). Una matrice diagonale simile è $D = \operatorname{diag}(-1, -1, -3)$.

(c) $A_{-4}$ è simile a $C$?

Primo controllo (non basta). $C$ è triangolare inferiore: i suoi autovalori sono gli elementi della diagonale, $-1, -1, -3$ (anche $C - \lambda I$ è triangolare, e il suo determinante è il prodotto della diagonale, $(-1 - \lambda)^2(-3 - \lambda)$). Sono gli stessi di $A_{-4}$, con le stesse molteplicità. Questo però non permette di concludere: matrici simili hanno lo stesso 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 →, ma non vale il viceversa.

Controllo decisivo: $C$ è diagonalizzabile? $$C + I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}, \qquad \operatorname{rango} = 2, \qquad m_g(-1) = 3 - 2 = 1 < 2 = m_a(-1).$$ (Gli autovettori sono $x_1 = 0$, $x_3 = 0$, $x_2$ libera: $\langle (0, 1, 0) \rangle$.) Quindi $C$ non è diagonalizzabile.

Conclusione: non sono simili. Se lo fossero, rappresenterebbero la stessa funzione lineare in basi diverse; ma $A_{-4}$ è diagonalizzabile (simile a $D$) e quindi anche $C$ sarebbe simile a $D$, cioè diagonalizzabile. È falso. In altre parole: la dimensione degli autospazi è la stessa per matrici simili (se $B = P^{-1}AP$, la moltiplicazione per $P$ manda gli autovettori di $B$ in quelli di $A$), e qui $\dim V_{-1}$ vale $2$ per $A_{-4}$ e $1$ per $C$.

Errori comuni

• Rispondere "sì, sono simili" perché hanno lo stesso polinomio caratteristico: è una condizione necessaria, non sufficiente.
• Sbagliare il verso della disuguaglianza: gli autovalori sono reali per $t \ge -25/6$, non per $t \le$.
• Prendere due vettori proporzionali come base di $V_{-1}$ (per esempio $(-2, 3, 0)$ e $(-4, 6, 0)$).