Soluzioni
  • Consideriamo lo spazio vettoriale \mathbb{R}^n e siano \mathcal{C} la sua base canonica, T:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n un endomorfismo e A la matrice associata a F rispetto a \mathcal{C}.

    A patto di conoscere le nozioni di autovalori, autovettori e autospazi di un endomorfismo, possiamo asserire che diagonalizzare l'endomorfismo T vuol dire determinare una base \mathcal{B} di V tale che la matrice associata a T rispetto a \mathcal{B} sia una matrice diagonale D.

    Si dimostra che i vettori di \mathcal{B} sono i vettori che costituiscono le basi degli autospazi di T e che gli elementi della diagonale principale di D sono gli autovalori di T.

    Infine, una matrice diagonalizzante di T è quella matrice invertibile P tale che

    D=P^{-1}AP

    Le colonne di P sono i vettori di \mathcal{B}: in particolare, se la j-esima colonna di D contiene l'autovalore \lambda_0, allora la j-esima colonna di P dev'essere un autovettore associato a \lambda_0, e viceversa.

    Attenzione però! Non tutti gli endomorfismi sono diagonalizzabili! Per il criterio di diagonalizzabilità T:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n è diagonalizzabile se e solo se soddisfa le seguenti condizioni:

    - la somma delle molteplicità algebriche degli autovalori di T è uguale alla dimensione di \mathbb{R}^n, ossia a n;

    - per ogni autovalore di T le molteplicità algebrica e geometrica coincidono.

    Alla luce di queste premesse diagonalizziamo, se possibile, l'endomorfismo T:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 definito da:

    T(x,y,z)=(2x+y, \ 3y, \ 2z)

    Studio della diagonalizzabilità di T

    Sia \mathcal{C} la base canonica di \mathbb{R}^3:

    \\ \mathcal{C}=\{\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3\} = \\ \\ = \{(1,0,0), \ (0,1,0), (0,0,1)\}

    Calcoliamo la matrice A associata a T rispetto a \mathcal{C}: le colonne di A sono le immagini mediante T dei vettori di \mathcal{C}.

    \\ T(\mathbf{e}_1)=T(1,0,0)=(2,0,0) \\ \\ T(\mathbf{e}_2)=T(0,1,0)=(1,3,0) \\ \\ T(\mathbf{e}_3)=T(0,0,1)=(0,0,3)

    pertanto

    A=\begin{pmatrix}2&1&0 \\ 0&3&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}

    T è uno endomorfismo definito su un uno spazio vettoriale reale per cui gli autovalori di T sono gli autovalori reali della matrice A.

    A è una matrice triangolare superiore, di conseguenza i suoi autovalori sono gli elementi della diagonale principale. Essendo tutti reali possiamo asserire che gli autovalori di T sono:

    \lambda_1=2 con molteplicità algebrica 2;

    \lambda_2=3 con molteplicità algebrica 1.

    Evidentemente, la somma delle molteplicità algebriche è uguale alla dimensione dello spazio vettoriale \mathbb{R}^3, e la prima condizione del criterio di diagonalizzabilità è soddisfatta.

    Calcoliamo, poi, la molteplicità geometrica di \lambda_1 e quella di \lambda_2.

    In generale, detto \lambda_0 un autovalore di una matrice A di ordine n e indicate con m_a(\lambda_0) la molteplicità algebrica e con m_g(\lambda_0) quella geometrica, vale la seguente relazione

    1 \le m_g(\lambda_0) \le m_a(\lambda_0) \le n

    e, inoltre:

    m_g(\lambda_0)=n-\mbox{rk}(A-\lambda_0 \mbox{Id}_n)

    dove \mbox{rk} indica il rango di una matrice e \mbox{Id}_n è la matrice identica dello stesso ordine di A.

    Nel nostro caso A è una matrice di ordine n=3, per cui

    \\ m_g(\lambda_1) = m_g(2) = 3-\mbox{rk}(A-2\mbox{Id}_3) = \\ \\ = 3 -\mbox{rk} \left[\begin{pmatrix}2&1&0 \\ 0&3&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0 \\ 0&2&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix}\right]= \\ \\ \\ = 3 \mbox{rk}\begin{pmatrix}0&1&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}= \\ \\ = 3-1=2 = m_a(\lambda_1)

    Infine, dalla relazione che lega le molteplicità algebrica e geometrica si ha che

    m_g(\lambda_2)=1=m_a(\lambda_2)

    per cui è verificata anche la seconda condizione, cosicché T è diagonalizzabile.

    Diagonalizzazione di T

    Per diagonalizzare T calcoliamo una base per ciascuno degli autospazi associati agli autovalori di T.

    L'autospazio relativo all'autovalore \lambda_1=2 è:

    V_2=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \ | \ T(\mathbf{v})=2\mathbf{v}\}

    Siano \mathbf{x}^T=(x,y,z) il vettore delle coordinate rispetto alla base \mathcal{C} di un vettore \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 e indichiamo con \mathbf{0} \in \mathbb{R}^3 il vettore colonna nullo.

    Una base di V_2 è una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

    (A-2 \mbox{Id}_3) \mathbf{x} = \mathbf{0}

    ossia

    \begin{pmatrix}0&1&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    La sua forma esplicita si riduce alla sola equazione

    y=0

    di conseguenza questo sistema ammette \infty^2 soluzioni date da

    \\ (x,y,z)=(a,0,b) = \\ \\ = a(1,0,0)+b(0,0,1) \ \ \mbox{ con } a,b \in \mathbb{R}

    e una base di V_2 è

    \mathcal{B}_{V_2}=\{(1,0,0), \ (0,0,1))\}

    Di contro, una base dell'autospazio

    V_3=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \ | \ T(\mathbf{v})=3\mathbf{v}\}

    coincide con una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

    (A- 3 \mbox{Id}_3) \mathbf{x} = \mathbf{0}

    da cui

    \begin{pmatrix}-1&1&0 \\ 0&0&0 \\ 0&0&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    che equivale a

    \begin{cases}-x+y=0 \\ -z=0\end{cases}

    Le sue soluzioni sono \infty^1 e sono date da

    (x,y,z)=(a,a,0)=a(1,1,0) \ \ \mbox{ con } a \in \mathbb{R}

    allora

    \mathcal{B}_{V_3}=\{(1,1,0)\}

    Ci siamo! Una base di \mathbb{R}^3 formata da autovettori di T è

    \mathcal{B}=\mathcal{B}_{V_2} \cup \mathcal{B}_{V_3} = \{(1,0,0), \ (0,0,1), \ (1,1,0)\}

    La matrice associata a T rispetto a \mathcal{B} è la matrice diagonale

    D=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}

    e la rispettiva matrice diagonalizzante è

    P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}

    È fatta!

    Risposta di Galois
 
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