Base di autovettori ed endomorfismo diagonalizzabile

Un endomorfismo diagonalizzabile, detto anche endomorfismo semplice, è un operatore lineare per cui è possibile determinare una base dello spazio su cui è definito tale che la matrice rappresentativa dell'endomorfismo rispetto ad essa sia una matrice diagonale.

 

Più esplicitamente, F:V \to V è un endomorfismo diagonalizzabile (o semplice) se esiste una base \mathcal{B} di V tale che la matrice A_F associata a F rispetto a \mathcal{B} sia diagonale. Come vedremo, si dimostra che gli elementi di tale base sono autovettori di F, dunque studiare la diagonalizzabilità di un endomorfismo equivale a determinare una base di autovettori per lo spazio vettoriale V su cui è definito.

 

Dopo aver esaminato la definizione enunceremo il criterio di diagonalizzabilità degli endomorfismi, basato sul calcolo degli autovalori e delle relative molteplicità, e vedremo qualche esempio di applicazione. Studieremo infine il problema dell'esistenza di una base di autovettori senza dover ricorrere al calcolo esplicito degli autovalori. Fatto ciò concluderemo con un breve accenno sugli endomorfismi triangolabili (o triangolarizzabili).

 

Endomorfismi diagonalizzabili

 

Com'è giusto che sia partiamo dalla definizione di endomorfismo diagonalizzabile, o endomorfismo semplice.

 

Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n definito su un campo \mathbb{K}.

 

Un operatore lineare F:V \to V è diagonalizzabile se e solo se, per definizione, esiste una base di V i cui elementi sono autovettori per l'endomorfismo F.

 

Il fatto che la matrice associata a un endomorfismo diagonalizzabile rispetto a una base \mathcal{B} di autovettori sia una matrice diagonale è garantito dal seguente...

 

 

Teorema

 

Siano F: V \to V un endomorfismo definito su uno spazio vettoriale su un campo \mathbb{K}, e sia \mathcal{B} una base di V. La base \mathcal{B} è composta da autovettori di F se e solo se la matrice rappresentativa di F rispetto a \mathcal{B} è diagonale.

 

Dimostrazione

 

Sia \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_n\} una base di V formata da autovettori di F.

 

Per definizione di autovettore, esistono gli scalari \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n \in \mathbb{K} tali che

 

\\ F(\mathbf{v}_1)=\lambda_1 \mathbf{v}_1 \\ \\ F(\mathbf{v}_2)=\lambda_2 \mathbf{v}_2 \\ \\ \vdots \\ \\ F(\mathbf{v}_n)=\lambda_n \mathbf{v}_n

 

Possiamo scrivere:

 

\\ F(\mathbf{v}_1)=\lambda_1 \mathbf{v}_1=\lambda_1 \cdot \mathbf{v}_1+0 \cdot \mathbf{v}_2 + ... + 0 \mathbf{v}_n \\ \\ F(\mathbf{v}_2)=\lambda_2 \mathbf{v}_2=0 \cdot \mathbf{v}_1+ \lambda_2 \cdot \mathbf{v}_2 + ... + 0 \mathbf{v}_n \\ \\ \vdots \\ \\ F(\mathbf{v}_n)=\lambda_n \mathbf{v}_n=0 \cdot \mathbf{v}_1+0 \cdot \mathbf{v}_2 + ... + \lambda_n \mathbf{v}_n

 

La matrice associata a F rispetto a \mathcal{B} è quindi

 

A_F^{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n\end{pmatrix}

 

ed è una matrice diagonale.

 

Viceversa, supponiamo che F sia rappresentato rispetto a una base \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_n\} da una matrice diagonale, e che gli elementi sulla diagonale principale siano \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n:

 

A_F^{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n\end{pmatrix}

 

Per com'è definita la matrice associata, un'applicazione lineare ha una matrice rappresentativa di questo tipo se e solo se per ogni i\in \{1,2,...,n\} risulta che

 

F(\mathbf{v}_i)=\lambda_i\mathbf{v}_i

 

dunque se e soltanto se \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,...,\mathbf{v}_n sono autovettori di F.

 

Criterio di diagonalizzabilità di un endomorfismo

 

Volendo attenerci alla definizione, per verificare se un endomorfismo è diagonalizzabile dovremmo calcolare i suoi autovettori e stabilire se formano una base dello spazio vettoriale su cui è definito.

 

Fortunatamente esiste un teorema, detto criterio di diagonalizzabilità, che fornisce delle condizioni necessarie e sufficienti utili a stabilire se un dato endomorfismo F:V \to V è semplice, e che si basa sul calcolo delle molteplicità algebriche e geometriche degli autovalori.

 

Un operatore lineare F:V \to V è diagonalizzabile se e solo se:

 

(a) la somma delle molteplicità algebriche dei suoi autovalori uguaglia la dimensione dello spazio vettoriale V;

 

(b) per ogni autovalore molteplicità algebrica e molteplicità geometrica coincidono.

 

Pur avendone parlato abbondantemente nella precedente lezione, ricordiamo che gli autovalori di F sono le radici del polinomio caratteristico p_A(\lambda) riferito alla matrice A rappresentativa di F rispetto a una qualsiasi base \mathcal{B} \mbox{ di } V.

 

Inoltre, detto \lambda_0 uno degli autovalori:

 

- la molteplicità algebrica di \lambda_0, che indichiamo con m_a(\lambda_0), esprime quante volte l'autovalore \lambda_0 annulla il polinomio caratteristico.

 

- la molteplicità geometrica di \lambda_0, che rappresentiamo con m_g(\lambda_0), è la dimensione dell'autospazio associato a \lambda_0, e può essere calcolata con la formula

 

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

 

dove n è la dimensione di V, ossia l'ordine della matrice A, mentre \mbox{Id}_n è la matrice identità di ordine n e \mbox{rk} indica il rango della matrice.

 

È importante osservare che ricorrere a questa formula permette di calcolare la dimensione di un autospazio, e quindi la molteplicità geometrica di un autovalore, senza dover necessariamente determinare una base dell'autospazio.

 

Vale infine la pena di ricordare che la molteplicità geometrica di un autovalore è compresa tra 1 e la relativa molteplicità algebrica e che, quest'ultima, è minore o al più uguale della dimensione dello spazio V:

 

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

 

 

Approfondimento (le precedenti condizioni assicurano la diagonalizzabilità)

 

Vediamo di capire perché le condizioni (a) e (b) assicurano la diagonalizzabilità di un endomorfismo. Qualora non foste interessati potete passare direttamente agli esempi.

 

Abbiamo concluso la precedente lezione dimostrando che l'unione delle basi degli autospazi di un endomorfismo F:V \to V è un insieme di vettori linearmente indipendenti, pertanto tale unione costituisce una base di V a patto che la somma delle dimensioni degli autospazi, e quindi la somma delle molteplicità geometriche dei vari autovalori, sia uguale alla dimensione di V.

 

La molteplicità geometrica di ogni autovalore è minore o al più uguale della rispettiva molteplicità algebrica, dunque detti \lambda_i gli autovalori di F, abbiamo che

 

\sum_i m_g(\lambda_i) \le \sum_i m_a(\lambda_i)

 

La dimensione di V uguaglia inoltre il grado del polinomio caratteristico pertanto, affinché l'endomorfismo sia diagonalizzabile (e quindi ammetta una base di autovettori), la somma delle molteplicità algebriche dev'essere uguale alla dimensione di V, ed è proprio quanto affermato in (a). Se così non fosse avremmo

 

\sum_i m_g(\lambda_i) \le \sum_i m_a(\lambda_i) < n

 

cioè la somma delle molteplicità geometriche sarebbe strettamente minore della dimensione di V, ma ciò non basta. Anche ammesso che valga (a), ossia che

 

\sum_i m_a(\lambda_i) = n

 

la molteplicità geometrica di ciascun autovalore deve uguagliare la relativa molteplicità algebrica, ossia deve valere anche (b). In caso contrario, cioè se esistesse anche un solo autovalore \lambda_0 tale che m_g(\lambda_0) < m_a(\lambda_0) si avrebbe

 

\sum_i m_g(\lambda_i) < \sum_i m_a(\lambda_i) = n

 

e anche in questo caso la somma delle molteplicità geometriche sarebbe minore della dimensione di V.

 

Esempi sullo studio della diagonalizzabilità di un endomorfismo

 

1) Stabilire se l'operatore lineare F:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3

 

F(x,y,z)=(-y, \ y, \ x+y+z)

 

è semplice.

 

Svolgimento: V=\mathbb{R}^3 è uno spazio vettoriale di dimensione 3 definito sul campo \mathbb{R} dei numeri reali.

 

Fissiamo la base canonica di \mathbb{R}^3, ossia \mathcal{C}_{\mathbb{R}^3}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}, e determiniamo la matrice rappresentativa di F

 

\\ F(1,0,0)=(0,0,1) \\ \\ F(0,1,0)=(-1,1,1) \\ \\ F(0,0,1)=(0,0,1)

 

dunque

 

A=\begin{pmatrix}0&-1&0 \\ 0&1&0 \\ 1&1&1\end{pmatrix}

 

Calcoliamo il polinomio caratteristico

 

p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_3) = \\ \\ =\mbox{det}\begin{pmatrix}-\lambda & -1 & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 1&1&1-\lambda\end{pmatrix} = -\lambda(1-\lambda)^2

 

I suoi zeri, e quindi gli autovalori di F, sono

 

\lambda_0 =0 con molteplicità algebrica 1;

 

\lambda_1=1 con molteplicità algebrica 2.

 

La somma delle molteplicità algebriche degli autovalori è pari alla dimensione di V, dunque il punto (a) del criterio di diagonalizzabilità è soddisfatto.

 

Per stabilire se F è semplice dobbiamo verificare che la molteplicità geometrica di ciascun autovalore uguaglia la relativa molteplicità algebrica.

 

Per l'autovalore \lambda_0 =0 deve necessariamente essere m_g(\lambda_0)=1 in quanto la molteplicità algebrica è 1, dunque è soddisfatta la condizione m_a(\lambda_0)=m_g(\lambda_0).

 

Per l'autovalore \lambda_1=1 dobbiamo calcolare la molteplicità geometrica con l'apposita formula:

 

\\ m_g(\lambda_1)=n-\mbox{rk}(A-\lambda_1 \mbox{Id}_n) = \\ \\ =3-\mbox{rk}(A-\mbox{Id}_3) = 3 - \mbox{rk} \begin{pmatrix}-1&-1&0 \\ 0&0&0 \\ 1&1&0\end{pmatrix} = \\ \\ =3-1 = 2

 

In definitiva

 

m_g(\lambda_1)=m_a(\lambda_1)

 

e quindi F è diagonalizzabile.

 

 

2) Consideriamo l'endomorfismo \\ F:\mathbb{R}_2[x] \to \mathbb{R}_2[x] definito da

 

F(1)=1 \\ \\ F(x)=2-x^2 \\ \\ F(x^2)=3+x

 

e studiamone la diagonalizzabilità.

 

Svolgimento: \mathbb{R}_2[x] è lo spazio dei polinomi definito su \mathbb{R} i cui elementi sono polinomi di grado al più 2 a coefficienti reali, e la sua dimensione è 3.

 

F è un'applicazione definita da immagini di vettori i cui vettori preimmagine sono gli elementi della base canonica di \mathbb{R}_2[x], di conseguenza tale applicazione esiste ed è unica.

 

Calcoliamo una delle sue matrici rappresentative scegliendo proprio la base canonica di \mathbb{R}_2[x]

 

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

 

e troviamo il polinomio caratteristico

 

p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_3) = \\ \\ =\mbox{det}\begin{pmatrix}1-\lambda & 2 & 3 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 0&-1&-\lambda\end{pmatrix} = (1-\lambda)(\lambda^2+1)

 

I suoi zeri sono \lambda_0=1, \ \lambda_1 = \imath, \ \lambda_2=-\imath, ma l'unico autovalore di F è \lambda_0= 1, con molteplicità algebrica 1.

 

Ricordiamo infatti che gli autovalori sono elementi del campo \mathbb{K} su cui è definito lo spazio vettoriale che funge da dominio (e da codominio) dell'endomorfismo. In questo caso \mathbb{K}=\mathbb{R} e quindi gli autovalori di F sono gli zeri reali di p_A(\lambda).

 

Non essendo soddisfatta la proprietà (a) del criterio di diagonalizzabilità possiamo concludere immediatamente che F non è diagonalizzabile.

 

 

3) Se riprendiamo l'endomorfismo del precedente esempio ma assumiamo come spazio di definizione \mathbb{C}_2[x] con \mathbb{K}=\mathbb{C}, allora \\ F:\mathbb{C}_2[x] \to \mathbb{C}_2[x] definito da

 

F(1)=1 \\ \\ F(x)=2-x^2 \\ \\ F(x^2)=3+x

 

è diagonalizzabile.

 

In questo caso infatti gli zeri del polinomio caratteristico sono autovalori di F, ciascuno con molteplicità algebrica 1, e quindi sarà 1 anche la relativa molteplicità geometrica.

 

 

Osservazioni

 

- Se lo spazio vettoriale V è definito su un campo \mathbb{K} algebricamente chiuso, quale potrebbe essere il campo \mathbb{C} dei numeri complessi, allora la proprietà (a) del criterio di diagonalizzabilità è sempre verificata. A garantircelo è il teorema fondamentale dell'Algebra, secondo cui un polinomio di grado n ammette in un campo algebricamente chiuso esattamente n radici, contate con la rispettiva molteplicità.

 

 

- Se la matrice associata a un endomorfismo F rispetto a una base \mathcal{B} è una matrice simmetrica allora F è certamente diagonalizzabile. Nella lezione dedicata al teorema spettrale avremo modo di vedere che per questo genere di endomorfismi non solo esiste una base di autovettori, ma tale base può essere scelta ortonormale.

 

 

- Se F: V \to V è un endomorfismo diagonalizzabile, abbiamo ribadito più volte che V ammette una base di autovettori data dall'unione delle basi degli autospazi relativi agli autovalori distinti di F. Da ciò segue che V è somma diretta degli autospazi associati agli autovalori distinti F.

 

In altri termini, se \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_r sono gli autovalori distinti di un endomorfismo semplice F:V \to V, allora

 

V=V_{\lambda_1} \oplus V_{\lambda_2} \oplus ... \oplus V_{\lambda_r}

 

 

- Come discusso nella lezione sulle applicazioni lineari definite da una matrice, ogni matrice quadrata A di ordine n a elementi in un campo \mathbb{K} definisce un endomorfismo

 

\\ L_A: \mathbb{K}^n \to \mathbb{K}^n \\ \\ L_A(\mathbf{x}) = A \mathbf{x}

 

Dunque, studiare la diagonalizzabilità di un endomorfismo equivale a studiare la diagonalizzabilità di una delle matrici a esso associate rispetto a una qualsiasi base dello spazio su cui è definito.

 

Come diagonalizzare un endomorfismo

 

Finora abbiamo visto come stabilire se un endomorfismo è semplice ma, in fin dei conti, come si diagonalizza un endomorfismo?

 

Diagonalizzare un endomorfismo vuol dire determinare una matrice diagonale a esso associata rispetto a una base \mathcal{B} di autovettori.

 

Dalla dimostrazione del teorema enunciato all'inizio della lezione segue che la matrice diagonale D che rappresenta un endomorfismo semplice rispetto a una base \mathcal{B} di autovettori è quella matrice diagonale i cui elementi della diagonale principale sono gli autovalori di F riportati con le relative molteplicità algebriche.

 

Ciò potrebbe anche bastare, ma possiamo fare qualcosina in più.

 

Dato un endomorfismo F:V \to V, con V spazio vettoriale finitamente generato su un campo \mathbb{K}, per calcolarne gli autovalori si fissa una base di V e si calcola la matrice associata a F rispetto a tale base, generalmente indicata con A.

 

Fatto ciò si studia la diagonalizzabilità di F determinando gli autovalori e calcolando le relative molteplicità.

 

Se si conclude che F è semplice, oltre a scrivere la matrice diagonale che lo rappresenta si può determinare quella che viene detta matrice diagonalizzante, che indichiamo con P.

 

Le colonne di P sono i vettori che costituiscono le basi degli autospazi di A. La matrice diagonalizzante P è tale che

 

D=P^{-1}AP

 

Ciò dimostra che D \mbox{ e } A sono matrici simili e quindi rappresentano, effettivamente, lo stesso operatore lineare.

 

Attenzione però che ci deve essere una certa corrispondenza nel modo in cui scriviamo le matrici D \mbox{ e } P: se la j-esima colonna di D contiene l'autovalore \lambda_0, allora la j-esima colonna di P deve contenere le componenti di un autovettore riferito a \lambda_0, e viceversa.

 

Esempio sulla diagonalizzazione di un endomorfismo

 

Riprendiamo l'endomorfismo F:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3, dato da

 

F(x,y,z)=(-y, \ y, \ x+y+z)

 

Sappiamo già che tale endomorfismo è diagonalizzabile. La sua matrice rappresentativa rispetto alla base canonica di \mathbb{R}^3 è

 

A=\begin{pmatrix}0&-1&0 \\ 0&1&0 \\ 1&1&1\end{pmatrix}

 

e i suoi autovalori sono:

 

\lambda_0= 0 con molteplicità algebrica 1,

 

\lambda_1=1 con molteplicità algebrica 2.

 

Una delle matrici diagonali rappresentativa di F è

 

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

 

Da notare che abbiamo usato l'articolo indeterminativo "una" proprio perché possiamo disporre gli autovalori sulla diagonale a nostro piacimento. Avremmo anche potuto scrivere

 

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

 

o ancora

 

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

 

Scegliamone una, ad esempio

 

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

 

e determiniamo la matrice diagonalizzante.

 

A tal proposito occorre calcolare una base di autovettori per V, il che equivale a trovare una base per gli autospazi

 

\\ V_{\lambda_0}=V_{0}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=0\mathbf{v}=\mathbf{0}\} \\ \\ V_{\lambda_1}=V_{1}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=1\mathbf{v}=\mathbf{v}\}

 

per poi considerarne l'unione.

 

Una base di V_{0} si ottiene determinando una base per lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

 

(A-0 \mbox{Id}_3)\mathbf{x}=\mathbf{0}_{\mathbb{R}^3}

 

ossia

 

A\mathbf{x}=\mathbf{0}_{\mathbb{R}^3}

 

Effettuiamo le varie sostituzioni e svolgiamo i conti

 

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

 

Tale sistema ammette \infty^1 soluzioni date da

 

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

 

Dunque una base di V_{0} è

 

\mathcal{B}_{V_0}=\{(1,0,-1)\}

 

In modo del tutto analogo, una base di V_{1} è una base per lo spazio delle soluzioni del sistema

 

\\ (A-1 \mbox{Id}_3)\mathbf{x}=\mathbf{0}_{\mathbb{R}^3} \\ \\ (A-\mbox{Id}_3)\mathbf{x}=\mathbf{0}_{\mathbb{R}^3} \\ \\ \begin{pmatrix}0&0&0 \\ 0&0&0 \\ 1&1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \iff \begin{cases}0x+0y+0z=0 \\ 0x+0y+0z=0 \\ x+y=0\end{cases}

 

Evidentemente, e come c'era da aspettarsi, le sue soluzioni sono \infty^2. Ponendo x=\alpha,\ z=\beta con \alpha,\beta \in \mathbb{R} otteniamo

 

(x,y,z)=(\alpha, -\alpha, \beta) = \alpha(1,-1,0)+\beta(0,0,1)

 

e quindi

 

\mathcal{B}_{V_1}=\{(1,-1,0), \ (0,0,1)\}

 

Possiamo così concludere che

 

\mathcal{B}=\mathcal{B}_{V_0} \cup \mathcal{B}_{V_1}=\{(1,0,-1), \ (1,-1,0), \ (0,0,1)\}

 

è una base di autovettori per V=\mathbb{R}^3, e che

 

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

 

è la matrice diagonalizzante di F in riferimento alla matrice diagonale scelta

 

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

 

Lasciamo ai più volenterosi il compito di verificare che, effettivamente

 

D=P^{-1} A P

 

Studio della diagonalizzabilità col polinomio minimo

 

Quanto detto fin qui è più che sufficiente a svolgere gli esercizi sulla diagonalizzabilità degli endomorfismi proposti nei corsi base di Algebra Lineare.

 

Ci teniamo tuttavia a riportare un ultimo risultato sullo studio della diagonalizzabilità, e che in particolare ricorre all'utilizzo del polinomio minimo.

 

Detto V un \mathbb{K}-spazio vettoriale finitamente generato, un endomorfismo F:V \to V è diagonalizzabile se e solo se il polinomio minimo associato a una delle matrici rappresentative di F ha tutte le radici in \mathbb{K} e con molteplicità 1.

 

Se ci riflettiamo su, tale teorema permette di stabilire se un operatore lineare è semplice senza dover necessariamente calcolare i suoi autovalori.

 

Se infatti \mathbb{K} è un campo algebricamente chiuso, allora tutte le radici del polinomio minimo sono necessariamente in \mathbb{K}. Inoltre, per stabilire se un polinomio p(\lambda) ha tutte le radici con molteplicità 1, è sufficiente ricorrere a un noto teorema secondo cui:

 

p(\lambda) ha tutte le radici con molteplicità algebrica 1 se e solo se il massimo comun divisore tra p(\lambda) e la derivata prima di p(\lambda) è costante.

 

In definitiva, se F è un endomorfismo su un \mathbb{K}-spazio vettoriale finitamente generato e \mathbb{K} è un campo algebricamente chiuso, allora F è diagonalizzabile se e solo se

 

\mbox{MCD}(m_A(\lambda), \ m'_A(\lambda))=c\ \ \ \mbox{con} \ c\in\mathbb{K}

 

dove m_A(\lambda) è il polinomio minimo riferito a una delle matrici rappresentative di F.

 

Attenzione! Il campo dei numeri reali non è algebricamente chiuso pertanto se \mathbb{K}=\mathbb{R} la condizione sul massimo comun divisore tra il polinomio minimo e la sua derivata non garantisce la diagonalizzabilità di F: bisogna verificare che tutte le radici del polinomio minimo siano in \mathbb{R}.

 

Per farlo, si calcolano esplicitamente le radici del polinomio oppure è possibile ricorrere agli strumenti che l'Analisi Matematica mette a disposizione.

 

Triangolazione di un endomorfismo

 

Sebbene possa sembrare un argomento fuori luogo, ci teniamo a spendere due parole sugli endomorfismi triangolarizzabili (o triangolabili).

 

Come ormai dovrebbe essere chiaro, lo scopo della diagonalizzazione di un endomorfismo F:V \to V è quello di trovare una base di V rispetto alla quale la matrice associata a F sia in forma diagonale.

 

Nei casi in cui l'endomorfismo non sia diagonalizzabile, ad esempio perché le molteplicità algebrica e geometrica di un autovalore sono diverse, si può tentare la triangolarizzazione, ossia cercare una base di V tale che la matrice rappresentativa di F rispetto a tale base sia una matrice triangolare superiore.

 

A tal proposito è sufficiente calcolare gli autovalori di F e assicurarsi che appartengano allo stesso campo \mathbb{K}. In tal caso l'endomorfismo può essere triangolarizzato in \mathbb{K} e per farlo è sufficiente scrivere una delle matrici associate all'endomorfismo, per poi triangolarizzarla così come spiegato nella lezione sulla triangolazione di una matrice.

 

 


 

Ci rendiamo conto che l'argomento in questione non sia semplicissimo, soprattutto se trattato da un punto di vista teorico. L'unico consiglio che possiamo darvi è quello di fare quanti più esercizi possibile: ne potete trovate a centinaia, tutti accuratamente svolti, usando opportunamente la barra di ricerca interna. ;)

 

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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