Esercizio 72diagonalizzabile per un solo valore di t e A per A trasposta (appello 5/7/2022)

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(a) Polinomio caratteristico e autovalori

$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 4 - \lambda & 0 & 4 \\ t & 2 - \lambda & t \\ -2 & 0 & -2 - \lambda \end{pmatrix}.$$

Scelta della linea. La seconda colonna $(0, 2 - \lambda, 0)$ ha due zeri: sviluppando con 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 (lo sviluppo si può fare lungo una colonna qualsiasi, non solo lungo una riga) resta un solo termine, e il parametro $t$ (che sta nella seconda riga) sparisce insieme alla riga e alla colonna cancellate. Segno della posizione $(2, 2)$: $+$.

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \det\begin{pmatrix} 4 - \lambda & 4 \\ -2 & -2 - \lambda \end{pmatrix} = (2 - \lambda)\big[(4 - \lambda)(-2 - \lambda) + 8\big].$$

(Il $+8$ è $-\,4 \cdot (-2)$, il prodotto degli elementi fuori diagonale cambiato di segno.)

Dentro la parentesi: $(4 - \lambda)(-2 - \lambda) = -8 - 4\lambda + 2\lambda + \lambda^2 = \lambda^2 - 2\lambda - 8$; più $8$ fa $\lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2)$. Quindi

$$\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)\,\lambda\,(\lambda - 2) = -\lambda(\lambda - 2)^2 .$$

(Nell'ultimo passaggio $2 - \lambda = -(\lambda - 2)$.)

Autovalori: $\lambda = 0$ (molteplicità algebrica $1$) e $\lambda = 2$ (molteplicità algebrica $2$), per ogni $t$.

(b) Diagonalizzabilità e matrice $P$

$\lambda = 0$: semplice, quindi $m_g = 1 = m_a$ automaticamente (1 ≤ m_g ≤ m_aUna 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 →). Autospazio: $V_0 = \operatorname{Ker} A$, cioè $4x + 4z = 0$, $tx + 2y + tz = 0$, $-2x - 2z = 0$. Dalla prima $x = -z$ (la terza è la stessa equazione divisa per $-2$, rispetto alla prima divisa per $4$); nella seconda $t(x + z) + 2y = 2y = 0$, quindi $y = 0$. Con $x = 1$: autovettore $v_1 = (1, 0, -1)$, valido per ogni $t$.

$\lambda = 2$: bisogna controllare se $m_g = 2$.

$$A - 2I = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ t & 0 & t \\ -2 & 0 & -4 \end{pmatrix}.$$

La terza riga è l'opposta della prima. Restano le righe $(2, 0, 4)$ e $(t, 0, t)$.

• $t \ne 0$: $(t, 0, t)$ è proporzionale a $(1, 0, 1)$, che non è proporzionale a $(2, 0, 4)$ (il rapporto tra terza e prima componente è $1$ in un caso e $2$ nell'altro). Rango $2$, quindi, per 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 →, $m_g(2) = 3 - 2 = 1 < 2$: non diagonalizzabile.
• $t = 0$: la seconda riga è nulla, rango $1$, $m_g(2) = 3 - 1 = 2 = m_a$: diagonalizzabile.

Risposta: $A$ è diagonalizzabile solo per $t = 0$.

Autospazio di $2$ per $t = 0$: resta l'equazione $2x + 4z = 0$, cioè $x = -2z$, con $y$ e $z$ liberi:

$$V_2 = \{(-2z, \ y, \ z)\} = \langle (0, 1, 0), \ (-2, 0, 1) \rangle .$$

(Separando i parametri: $(-2z, y, z) = y(0, 1, 0) + z(-2, 0, 1)$.)

La matrice $P$ ha come colonne gli autovettori, nell'ordine degli autovalori scelto per $D$:

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

Verifica con $AP = PD$ (con $t = 0$): $A(0, 1, 0)^T = (0, 2, 0) = 2 \cdot (0, 1, 0)$ ✓; $A(-2, 0, 1)^T = (-8 + 4, \ 0, \ 4 - 2) = (-4, 0, 2) = 2 \cdot (-2, 0, 1)$ ✓; $A(1, 0, -1)^T = (4 - 4, 0, -2 + 2) = 0$ ✓. $P$ è invertibile: con Laplace lungo la prima riga, $\det P = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - 0 + (-2) \cdot \det\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = 1 - 2 \cdot (0 + 1) = -1 \ne 0$.

(c) $B = A A^T$ è diagonalizzabile per ogni $t$?

Sì, perché $B$ è simmetrica: usando le proprietà della traspostaLe matrici m×n formano uno spazio vettoriale (somma e prodotto per scalare elemento per elemento); il prodotto righe per colonne corrisponde alla composizione di funzioni lineari, è associativo ma non commutativo; la trasposta scambia righe e colonne e (AB)^T = B^T A^T.Operazioni tra matrici → $(XY)^T = Y^T X^T$ e $(A^T)^T = A$,

$$B^T = (A A^T)^T = (A^T)^T A^T = A A^T = B .$$

Ogni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile (sui reali, e anzi con una base ortonormale di autovettori) per il teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. È l'ortodiagonalizzazione delle matrici simmetriche reali: serve per le direzioni principali (tensioni, momenti d'inerzia) e permette di scrivere le forme quadratiche come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →. Quindi $B$ è diagonalizzabile per ogni $t$, anche per i valori per cui $A$ non lo è.

Il testo dice di non calcolare il prodotto: la domanda verifica che si riconosca la simmetria e si sappia usare il teorema.

Errori comuni

• Sviluppare il determinante lungo la prima riga: si arriva allo stesso risultato ma con molti più conti, e il parametro $t$ sembra contare quando in realtà non influisce sugli autovalori.
• Concludere che $A$ non è diagonalizzabile perché $2$ è un autovalore doppio: bisogna confrontare $m_g$ con $m_a$, e per $t = 0$ coincidono.
• In (c) cercare di calcolare gli autovalori di $AA^T$: non serve, basta la simmetria.