AUTOVALORI ED AUTOVETTORI DI UNA MATRICE TEOREMA: Un elemento di K un autovalore per una matrice A, di ordine n, se e solo se, indicata con I la matrice identit di ordine n, risulta:

det( )A I = 0

Il determinante det(A I) si chiama determinante caratteristico della matrice A; lequazione det(A I) = 0 si chiama equazione caratteristica della matrice A. In forma sviluppata, il determinante caratteristico

det(A - I) si scrive:

det( )...........

...........

........... ........... ........... ...........

...........

A I

a a a

a a a

a a a

n

n

n n nn

=

11 12 121 22 2

1 2

Se si considera come uno scalare variabile in K, questo determinante un polinomio (), di grado

n, che si chiama polinomio caratteristico della matrice A. il grado del polinomio caratteristico di una matrice quadrata uguale allordine n di questa

matrice; il coefficiente del termine di grado massimo 1 a seconda che n sia pari o dispari; la somma degli elementi diagonali di una matrice A, si chiama traccia di A, e si indica con

la scrittura tr(A), cio si pone:

tr A a a a aiii

n

nn( ) .....= = + + +=

1

11 22

Risulta allora che: il coefficiente del termine in (n-1) uguale alla traccia della matrice A, moltiplicata per 1 a seconda che n sia dispari o pari;

il termine noto del polinomio caratteristico di una matrice A uguale al determinante di tale matrice, cio (0) = det(A).

Se la matrice A ha gli autovalori 1, 2, ..., n tutti distinti, allora i corrispondenti autovettori

x1, x2, ..., xn sono linearmente indipendenti.

O un autovalore di A, se e solo se O una radice del polinomio caratteristico di A, cio se:

det( )A IO = 0 La determinazione degli autovalori di una matrice A equivale, quindi, alla ricerca delle radici del polinomio caratteristico () di grado n. Trovato un autovalore O, allora gli autovettori corrispondenti sono le soluzioni del sistema omogeneo:

( )A I XO =r

0

ESERCIZIO 1.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della matrice A =

1 23 2

Dobbiamo determinare uno scalare ed un vettore rx xx

=

1

2, tali che:

A x x xx

x

x =

=

r r 1 23 212

12

Lequazione matriciale sopra scritta equivalente al seguente sistema lineare omogeneo: x x x

x x xcio x x

x x1 2 1

1 2 21 2

1 22

3 21 2 03 2 0 1

+ =+ =

+ = + =

:

( )( ) ( )

Un sistema omogeneo ha una soluzione non nulla (soluzione non banale) solo se il determinante della matrice incompleta vale zero, cio se risulta:

det ( ) ( ) ( ) ( )1 2

3 2 1 2 6 0 2 2 6 02

= + = + + =

ovvero:

2 3 4 0 4 1 0 = + =( )( ) Pertanto, un autovalore solo se: = 4 o = -1. Per = 4, il sistema (1) diventa:

+ = + =

= =

=

3 2 03 2 0

23

23

1 21 2 1 2

12

x x

x xcio x x x x

x:

Il vettore x

=

(2, 3) un autovettore relativo allautovalore = 4; ogni altro autovettore relativo a = 4, un multiplo di x = (2, 3). Per = 1, il sistema (1) diventa:

2 2 03 3 0

11

1 21 2 1 2

12

x x

x xcio x x x x

x

+ = =

= =

=

:

Si ottiene, pertanto, che il vettore x = (x1, x2) = (2, 1) un autovettore relativo allautovalore = 1; ogni altro autovettore relativo a = 1, un multiplo di x = (1, 1).

ESERCIZIO 2.:Determinare gli autovalori e gli autovettori della seguente matrice:

A =

4 6 03 5 03 6 5

Il polinomio caratteristico dato dalla relazione seguente:

p A I( ) det( ) det

= =

4 6 03 5 03 6 5

Sviluppando il determinante secondo gli elementi dellultima colonna, si perviene alla scrittura:

p( ) (5 ) [ (5 ) ( ) ] ( ) ( )( ) ( ) ( )

= + + + = + + == + +

4 18 5 25 2 2

2

Pertanto, gli autovalori sono ottenuti come soluzione dellequazione seguente: 0)1()2()5(0)( =++= p

ovvero: = = =5 2 1

Indichiamo, ora, un autovettore x come vettore colonna nella forma seguente: vxa

bc

=

Se lautovalore ad esso corrispondente, dovr essere: ( )A I x = r 0 ; ossia:

4 6 03 5 03 6 5

04 6 03 5 03 6 5 0

2

= + =

+ = + =

a

bc

a ba

a b c

( )( )

( )( )

Per = 5, il sistema (2) assume la forma: 9 6 0

3 03 6 0

0 0a b

a

a ba b c arbitrario

+ = =

=

= = =

Si pu dunque porre arbitrariamente c = 1 e porre lautovettore x1 nella forma: rx1001

=

Per = 2, il sistema (2) assume la forma: 6 6 0

3 3 03 6 3 0

000

a ba ba b c

a ba bc b

a bc b a c b

+ = =

=

+ =+ =+ =

=

=

= =

Si pu dunque porre arbitrariamente b = 1 e porre lautovettore x2 nella forma: rx2111

=

Per = 1, il sistema (2) assume la forma: 3 6 0

3 6 03 6 6 0

2 02 00

20

a ba ba b c

a ba bc

a bc

+ = =

=

+ =+ ==

=

=

Si pu dunque porre arbitrariamente b = 1 e porre lautovettore x3 nella forma: rx3

210

=

ESERCIZIO 3.: Determinare tutti gli autovalori della matrice assegnata A ed una base per ogni autospazio.

A =

3 2 01 0 00 0 1

Il polinomio caratteristico individuato dalla relazione di seguito riportata:

p A I( ) det( ) det ( ) [ ( )]

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

= =

= =

= + = =

3 2 01 0

0 0 11 2 3

1 2 3 1 1 2 2 12 2

Pertanto, gli autovalori sono = 1, con ordine di molteplicit = 2, e = 2. Per trovare un autovettore x relativo allautovalore doppio 1 = 1, bisogna risolvere la

seguente equazione: ( )A I =1 0 ; ovvero:

2 2 01 1 00 0 0

000

=

a

bc

ossia il seguente sistema: 2 2 0

00 0

a ba bc

+ = =

=

le cui soluzioni

sono: a = b e c qualsiasi, e dipendono quindi da due scalari arbitrari b e c. Il sistema, dunque, ha due soluzioni indipendenti, e precisamente:

rx1

001

=

ottenuto ponendo b = 0 e c = 1; rx2110

=

ottenuto ponendo b = 1 e c = 0;

Quindi, i vettori x1 ed x2 sono degli autovettori indipendenti che generano lautospazio di 1 = 1, che risulta, allora, a due dimensioni. Ci significa che tutti gli altri autovettori di A, associati allautovalore 1 = 1, sono combinazioni lineari di questi vettori base e coprono il piano generato dai vettori x1 ed x2.

Per 2 = 2 si ottiene, ragionando analogamente, il sistema di seguito ricavato: 1 2 01 2 00 0 1

000

=

a

bc

ossia il seguente sistema: a b

a bc

+ = =

=

2 02 00

le cui soluzioni

sono: a = -2b e c = 0, e dipendono, quindi, da uno scalare arbitrario (a oppure b). Il sistema presenta una soluzione indipendente e precisamente:

rx3

210

=

ottenuto ponendo b = 1. Lautospazio di 2 = 2 ad una dimensione, ed ha per

base, per esempio, il vettore x3. Ci significa che tutti gli altri autovettori di A, associati allo autovalore

2 = 2, sono combinazioni lineari del vettore base x3.

ESERCIZIO 4.:Determinare il parametro h in modo che la matrice assegnata A ammetta un autovalore = 1; in corrispondenza di tale valore del parametro determinare gli autovalori della matrice A.

Ah

hh

=

1 01 0 2

1 1

Determiniamo, dapprima, la matrice (A I), si ottiene:

( )A Ih

hh

=

1 01 2

1 1

Poich = 1 un autovalore della matrice A, allora il determinante di (A I) calcolato per = 1 deve essere uguale a zero. Per questo determiniamo:

( ) ( )A Ih

hh

=

=

11 1 0

1 1 21 1 1

e imponiamo che: det[( ) ]( )A I == 1 0 .

Si ottiene la relazione seguente:

+ =

+ = = =

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )

h h h hh h h h h

1 2 1 2 1 1 01 2 1 2 1 0 2 1 1 0 2

2

2 2

Per tale valore del parametro h, la matrice A e (A - I) assumono, rispettivamente, la forma:

A A Ih h= ==

=

2 2

2 1 01 0 2

1 1 2

2 1 01 2

1 1 2( )( )

Gli autovalori di A sono definiti dalle soluzioni dellequazione che si ottiene uguagliando a zero il polinomio caratteristico, ovvero:

p A I( ) det( ) ( ) ( ) ( ) = = + + =0 2 2 2 2 2 02 ovvero:

+ + + + =

+ = =

( )( ) ( )

4 4 2 4 2 2 04 3 0 1 3 0

2

3 2

Per h = 2, la matrice A presenta, pertanto, i seguenti autovalori: 1 2 30 1 3= = =

ESERCIZIO 5.:Determinare tre autovettori, linearmente indipendenti, della seguente matrice

A =

1 1 11 1 11 1 1

Si devono determinare, dapprima, gli autovalori i della matrice A, ovvero tutte le soluzioni della equazione ottenuta uguagliando a zero il polinomio caratteristico p() = 0. Si ottiene:

det( ) det ( ) ( )A I =

= + +

1 1 1

1 1 11 1 1

1 1 1 3 13

Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:

det( ) ( )A I = + + + = = 1 3 3 2 3 3 3 32 3 2 3 2 Ne consegue che:

det( ) ( )A I = = = = = 0 3 0 0 0 32 Lautovalore 1 = 0 presenta un ordine di molteplicit pari a 2, mentre 2 = 0 un autovalore semplice. Gli autovettori di A sono determinati dalle soluzioni dellequazione fra matrici del tipo: ( )A I xi i = r 0 Per 1 = 0, si ottiene la relazione fra matrici ed il relativo sistema di seguito mostrati:

1 1 11 1 11 1 1

000

000

=

+ + =+ + =+ + =

= +

a

bc

a b ca b ca b c

c a b( )

Le soluzioni dipendono da due scalari arbitrari a e b. Il sistema ha, quindi, due soluzioni indipendenti; perci i vettori:

rx1

101

=

determinato da a = 1 e b = 0; rx2011

=

determinato da a = 0 e b = 1

sono degli autovettori indipendenti che generano lautospazio di 1 = 0, che risulta, quindi, a due

dimensioni. Ci significa che tutti gli altri autovettori di A, associati allautovalore 1 = 0, sono combinazioni lineari dei vettori base x1 ed x2 e coprono il piano generato dai vettori x1 ed x2 stessi.

Per 2 = 3, si ottiene, analogamente, la relazione fra le matrici ed il relativo sistema associato di seguito mostrati:

=

+ + = + =+ =

=

=

+ =

2 1 11 2 11 1 2

000

2 02 0

2 0

23 3 03 3 0

a

bc

a b ca b ca b c

c a ba ba b

ovvero: a = b e c = a. Tali soluzioni dipendono da un solo scalare arbitrario a. Il sistema ha, dunque, una soluzione indipendente; perci il vettore seguente, ottenuto ponendo a = 1:

rx3

111

=

r r rx x x1 2 3

101

011

111

=

=

=

ESERCIZIO 6.:Si determini la matrice A associata alla applicazione lineare : 22, sapendo che la ammette gli autovalori 1 = 1 e 2 = 2 a cui corrispondono, rispettivamente, gli autovettori seguenti: r rx x1 2

12

21=

=

Se x1 ed x2 sono gli autovettori relativi, rispettivamente, agli autovalori 1 = 1 e 2 = 2, dovr, per definizione di autovalore e di autovettore, risultare verificata la seguente relazione: A x xi i i =

r r in cui A la matrice associata alla applicazione lineare : 22. Si tratta, pertanto, di una matrice quadrata di ordine 2. Nel caso specifico proposto dalla traccia, la relazione sopra scritta, fornisce la coppia di scritture di seguito riportate: A x x A x x = = r r r r1 1 1 2 2 2

La generica matrice quadrata A di ordine 2 assume la forma:

A a bc d=

. Dovr, allora, verificarsi che:

lautovettore che genera lautospazio di 2 = 3 che ad una dimensione ed ha come base appunto x3. I tre autovettori linearmente indipendenti della matrice A sono:

A x x a bc d

A x x a bc d

a bc d

a bc d

=

=

=

=

+ =+ =

+ = + =

r r

r r

1 1 1

2 2 2

12 1

12

21 2

21

2 12 2

2 42 2

Le soluzioni del primo sistema, data lunicit della matrice associata allapplicazione lineare devono essere le soluzioni anche del secondo sistema; pertanto, dovr verificarsi che:

a bc d

b bd d

a bc d

b bd d

a bc d

bd

=

=

+ = + =

=

=

+ = + =

=

=

=

=

1 22 2

2 1 2 42 2 2 2

1 22 2

2 4 44 4 2

1 22 2

3 63 6

( )( )

lulteriore semplificazione algebrica conduce alle relazioni seguenti:

a bc dbd

bda

c

a

bc

d

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

1 22 222

221 2 22 2 2

32

22

Si conclude che la matrice quadrata A, di ordine 2, associata alla applicazione lineare : 22 proposta dalla traccia, assume la forma seguente:

A =

3 22 2

Verifichiamo, per essere esaustivi, che la matrice A cos determinata presenta gli autovalori 1 = 1 e 2 = 2. Gli autovalori i della matrice A, altro non sono che le soluzioni della equazione che si ottiene uguagliando a zero il polinomio caratteristico p() = 0. Si ottiene: det( ) det ( ) ( )A I =

= +

3 22 2 3 2 4

Svolgendo le operazioni richieste, si ottiene:

det( ) ( ) ( )A I = + + + = + = + 6 3 2 4 2 1 22 2 Ne consegue che:

det( ) ( ) ( )A I = + = = = 0 1 2 0 1 21 2 OSSERVAZIONE Dato che la matrice A presenta due autovalori distinti allora risulta essere diagonalizzabile. Una matrice

diagonale M simile alla matrice A la matrice che ha lungo la diagonale principale gli autovalori di A. La matrice diagonalizzante P la matrice le cui colonne sono costituite dagli autovettori

associati agli autovalori della matrice A. Le matrici M e P hanno, pertanto, la forma seguente:

M P=

=

1 00 2

1 22 1

Si verifichi che le matrici A, M e P soddisfano la relazione seguente: M P A P= 1