Esercizio 65diagonalizzabilità su R e su C e base ortonormale di autovettori (giugno 2025)

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(a) Polinomio caratteristico, autovalori, il caso $t = 3$

$$A - \lambda I = \begin{pmatrix} t - \lambda & t & 2t - 1 \\ 1 - t & t - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1 - \lambda \end{pmatrix}.$$ Terza riga con 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 di essa (posizione $(3,3)$, segno $+$); il minore $2 \times 2$ rimasto, $\begin{pmatrix} t - \lambda & t \\ 1 - t & t - \lambda \end{pmatrix}$, vale $(t - \lambda)(t - \lambda) - t(1 - t)$: $$\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)\big[(t - \lambda)^2 - t(1 - t)\big].$$ L'elemento $2t - 1$ non entra nel conto: sta nella terza colonna, che si cancella insieme alla terza riga. Sviluppando la parentesi: $$(t - \lambda)^2 - t + t^2 = \lambda^2 - 2t\lambda + t^2 - t + t^2 = \lambda^2 - 2t\lambda + 2t^2 - t .$$ $$\boxed{\,p_A(\lambda) = (1 - \lambda)(\lambda^2 - 2t\lambda + 2t^2 - t)\,}$$

Autovalori. $\lambda_1 = 1$ per ogni $t$; dal fattore di secondo grado $\lambda^2 - 2t\lambda + (2t^2 - t)$, con la formula ridotta (coefficiente di $\lambda$ pari a $-2\beta$ con $\beta = t$, radici $\beta \pm \sqrt{\beta^2 - c}$): $$\lambda_{2,3} = t \pm \sqrt{t^2 - (2t^2 - t)} = t \pm \sqrt{t - t^2} .$$

$t = 3$. $t - t^2 = 3 - 9 = -6 < 0$, quindi, 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 →, $\sqrt{-6} = i\sqrt6$: $$\lambda_1 = 1, \qquad \lambda_2 = 3 + i\sqrt6, \qquad \lambda_3 = 3 - i\sqrt6 .$$ Sono tre autovalori distinti (in $\mathbb{C}$), quindi i tre autovettori corrispondenti sono indipendentiAutovettori relativi ad autovalori distinti sono sempre linearmente indipendenti.Diagonalizzazione → e formano una base di $\mathbb{C}^3$: per $t = 3$, $A$ è diagonalizzabile su $\mathbb{C}$ (non su $\mathbb{R}$, perché due autovalori non sono reali).

(b) Quando gli autovalori sono reali, e quando sono multipli

Reali. $\lambda_1 = 1$ è sempre reale; $\lambda_{2,3}$ lo sono se e solo se $$t - t^2 \ge 0 \iff t(1 - t) \ge 0 \iff 0 \le t \le 1 .$$ (Il prodotto $t(1-t)$ è una parabola rivolta verso il basso con radici $0$ e $1$: è $\ge 0$ tra le radici.)

Molteplicità maggiore di 1. Ci sono due modi in cui due autovalori possono coincidere.

1. $\lambda_2 = \lambda_3$, cioè la radice è zero: $t - t^2 = 0 \iff t = 0$ oppure $t = 1$.
   • $t = 0$: $\lambda_2 = \lambda_3 = 0$, e $\lambda_1 = 1$. Autovalori: $0$ doppio, $1$ semplice.
   • $t = 1$: $\lambda_2 = \lambda_3 = 1 = \lambda_1$. Autovalore $1$ triplo.
2. $\lambda_2$ o $\lambda_3$ uguale a $\lambda_1 = 1$: $t \pm \sqrt{t - t^2} = 1$, cioè $\pm\sqrt{t - t^2} = 1 - t$. Elevando al quadrato (le soluzioni si controllano dopo): $$t - t^2 = 1 - 2t + t^2 \iff 2t^2 - 3t + 1 = 0 \iff t = \frac{3 \pm 1}{4} \iff t = 1 \ \text{ oppure } \ t = \tfrac12 .$$
   • $t = 1$: già trovato.
   • $t = \frac12$: $\sqrt{\frac12 - \frac14} = \frac12$, quindi $\lambda_{2,3} = \frac12 \pm \frac12 = 1, 0$. Autovalori: $1$ doppio, $0$ semplice ✓.

Il grafico mostra i tre autovalori in funzione di $t \in [0, 1]$: le due curve $t \pm \sqrt{t - t^2}$ (che insieme formano un'ellisse, perché $(\lambda - t)^2 = t - t^2$) e la retta $\lambda = 1$. Le coincidenze sono i punti in cui le curve si toccano: $t = 0$ (le due curve si uniscono in $\lambda = 0$), $t = \frac12$ (la curva superiore attraversa $\lambda = 1$), $t = 1$ (tutte e tre in $\lambda = 1$).

(c) Diagonalizzabilità su $\mathbb{R}$

Si usa il criterio di diagonalizzabilitàUna 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 →: tutti gli autovalori nel campo e $m_g = m_a$ per ciascuno. Prima condizione: autovalori reali, quindi $0 \le t \le 1$. Per $t$ fuori da $[0, 1]$, $A$ non è diagonalizzabile su $\mathbb{R}$.

• $0 < t < 1$, $t \ne \frac12$: tre autovalori reali distinti, quindi diagonalizzabile (ogni $m_a = 1$ e $1 \le m_g \le m_a$ obbliga $m_g = 1$).
• $t = 0$: $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Per l'autovalore doppio $0$: $A - 0I = A$ ha rango $2$ (righe $(0,0,-1)$, $(1,0,0)$ indipendenti, la terza è proporzionale alla prima), quindi $m_g(0) = 1 < 2$. Gli autovettori sono $x_3 = 0$, $x_1 = 0$, $x_2$ libera: $\langle (0, 1, 0) \rangle$. Non diagonalizzabile.
• $t = 1$: $A - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, rango $1$, quindi $m_g(1) = 3 - 1 = 2 < 3$ (l'unica equazione è $x_2 + x_3 = 0$, con $x_1$ e $x_3$ libere: autospazio $\langle (1, 0, 0), (0, -1, 1) \rangle$). Non diagonalizzabile.
• $t = \frac12$: $A = \begin{pmatrix} \frac12 & \frac12 & 0 \\ \frac12 & \frac12 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ è simmetrica, quindi diagonalizzabile per il teorema spettraleOgni matrice simmetrica reale ha una base ortonormale di autovettori.Teorema spettrale e forme quadratiche →. (Controllo diretto: $A - I$ ha righe $(-\frac12, \frac12, 0)$, $(\frac12, -\frac12, 0)$, $(0,0,0)$, rango $1$, $m_g(1) = 2 = m_a(1)$ ✓.)

Risposta: $A$ è diagonalizzabile su $\mathbb{R}$ se e solo se $0 < t < 1$ ($t = \frac12$ compreso).

(d) Base ortonormale di autovettori

Quale $t$. Esiste una base ortonormale di autovettori se e solo se $A$ è simmetrica:

• se $A$ è simmetrica, lo garantisce il teorema spettrale;
• viceversa, se gli autovettori $v_1, v_2, v_3$ sono una base ortonormale, la matrice $S$ che li ha in colonna è ortogonaleUna matrice quadrata è ortogonale se le sue colonne sono una base ortonormale; allora la sua inversa è la sua trasposta., cioè $S^{-1} = S^T$, e $A = S D S^T$. Trasponendo, $A^T = (S D S^T)^T = S D^T S^T = S D S^T = A$ (una matrice diagonale è uguale alla sua trasposta).

$A = A^T$ richiede $a_{12} = a_{21}$, cioè $t = 1 - t$, e $a_{13} = a_{31}$, cioè $2t - 1 = 0$: entrambe danno $t = \frac12$.

Autovettori per $t = \frac12$.

• $\lambda = 1$: dall'unica equazione di $A - I$, $-\frac12 x_1 + \frac12 x_2 = 0$, cioè $x_1 = x_2$, con $x_2, x_3$ libere: $v_1 = (1, 1, 0)$, $v_2 = (0, 0, 1)$.
• $\lambda = 0$: $A X = 0$ dà $\frac12 x_1 + \frac12 x_2 = 0$ e $x_3 = 0$: $v_3 = (1, -1, 0)$.

Sono già ortogonali: $v_1 \cdot v_2 = 0$, $v_1 \cdot v_3 = 1 - 1 + 0 = 0$, $v_2 \cdot v_3 = 0$. Che $v_3$ sia ortogonale a $v_1$ e $v_2$ non è un caso: per una matrice simmetrica, autovettori di autovalori diversi sono sempre ortogonali. Anche $v_1 \perp v_2$ (stesso autovalore) è andato bene; se non fosse stato così si sarebbe usato Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt → dentro l'autospazio.

Normalizzazione (si divide ogni vettore per la sua normaIl prodotto scalare aggiunge a uno spazio vettoriale lunghezze e angoli: norma, disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, angolo tra vettori in R^n, ortogonalità, proiezione su una retta, aree e volumi con il determinante della matrice dei prodotti scalari.Prodotto scalare, norma e angoli → $\|v\| = \sqrt{v \cdot v}$): $\|v_1\| = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt2$, $\|v_2\| = 1$, $\|v_3\| = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt2$. Base ortonormale di autovettori: $$\left\{ \tfrac{1}{\sqrt2}(1, 1, 0),\ (0, 0, 1),\ \tfrac{1}{\sqrt2}(1, -1, 0) \right\}.$$

Errori comuni

• In (a), concludere "non diagonalizzabile" perché gli autovalori non sono reali: la domanda chiede il campo complesso.
• In (b), dimenticare il caso $t = \frac12$, in cui una radice del fattore di secondo grado coincide con l'autovalore fisso $1$.
• In (c), escludere $t = \frac12$ solo perché c'è un autovalore doppio.
• In (d), dare la base ortogonale senza normalizzare: "ortonormale" vuol dire anche norma $1$.