Autovalori e autovettori e diagonalizzazione di matrici

Similitudine di matrici

Diamo la definizione di similitudine tra due matrici.

Siano $M,M^{\prime }$ due matrici quadrate di ordine $n$.

$M^{\prime }$ si dice simile a $M$ se esiste una matrice $H$ invertibile di ordine anch'essa $n$ tale che

$M^{\prime }=H^{-1}MH$.

La similitudine è una relazione di equivalenza su $M_m(𝕂)$ (provate a dimostrarlo per esercizio).

Proposizione

Sia $V$ uno spazio vettoriale su $𝕂$ di dimensione $n$ e siano $A,B\in M_{n\times n}(𝕂)$. Allora $A$ e $B$ sono simili se e solo se

$\mathrm{\exists }f\in End(V),\mathrm{\exists }B,B^{\prime }$ basi di $V$ tali che

$M_B(f)=A_{B^{\prime }}^M(f)=B$

Dimostrazione

$◻$

Diagonalizzabilità

L'equazione $X^{\prime }=M_B(f)X$ dell'endomorfismo $f\in End(V)$ assumerebbe una forme particolarmente semplice se $M_B(f)$ fosse diagonale. Dunque ci si pone il problema di stabilire se una data matrice $M\in M_m(𝕂)$ è o meno simile ad una qualche matrice diagonale.

Una matrice $M\in M_m(𝕂)$ è detta diagonalizzabile se è simile ad una matrice diagonale, cioè se esiste una matrice $D\in G{L}_m(𝕂)$ tale che

$D^{-1}MD=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& 0& \dots & 0\\ 0& {\lambda }_2& \dots & 0\\ ⋮& & \ddots & \\ 0& 0& \dots & {\lambda }_m\end{array}\right)=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}({\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_m)$

La matrice $D$ è detta matrice diagonalizzante.

Un endomorfismo $f\in End(V)$, $\dim V=m$ si dice diagonizzabile se esiste una base $B=(v_1,\dots ,v_m)$ di $V$tale che

$M_B(f)=\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m)$

o equivalentemente

$f(v_i)=\lambda v_i,i\in \{1,\dots ,m\}$

La base $B$ è detta diagonalizzante.

In definitiva, $f$ è diagonalizzabile se e solo se la matrice $M_B(f)$ relativa ad una qualsiasi base $B$ di $V$ lo è anch'essa.

Dall'ultima definizione possiamo ora dare la definizione di autovalore e autovettore.

Autovalori e Autovettori

Sia $v$ un vettore non nullo di $V$. $v$ si dice autovettore di $f\in End(V)$ se esiste uno scalare $\lambda \in 𝕂$ tale che

$f(v)=\lambda v$.

Lo scalare $\lambda$ con questa proprietà viene detto autovalore di $f$ relativo all'autovettore $v$.

La definizione è estensibile anche alle matrici. Infatti definiamo autovettore della matrice $M\in M_m(𝕂)$ un vettore non nullo $X={}^t(x_1,x_2,\dots ,x_m)\in {𝕂}^m$ della matrice $M$ se esiste $\lambda \in 𝕂$ autovalore di $M$ tale che

$MX=\lambda X$.

Prima di procedere con alcune proposizioni, vediamo alcuni esempi.

Esempi

• Sia $f:{ℝ}^2\to {ℝ}^2$ l'endomorfismo definito da $f(x,y)=(2x,y)$. Cerchiamo degli autovalori e autovettori. Applicando la definizione, dobbiamo trovare un vettore $v\in {ℝ}^2$ tale che $f(v)=\lambda v$, per un qualche $\lambda \in ℝ$ autovalore di $v$.Innanzitutto notiamo che trovare gli autovalori equivale a risolvere $f(v)-\lambda f(v)=0$, cioè

$(2x,y)-\lambda (x,y)=0\to (2x,y)=(\lambda x,\lambda y)$. Questa equazione si annulla per $\lambda =2$ se $y=0$, oppure per $\lambda =1$ se $x=0$. Non ci sono altre soluzioni, dunque non ci sono altri autovalori.

Quali sono gli autovettori associati agli autovalori $\lambda =1$ e $\lambda =2$? Come detto prima, tutti i vettori che soddisfano l'equazione sopra. Dunque gli autovettori sono coppie del tipo $\{\begin{array}{c}(x,0)\text{ per }\lambda =2\\ (0,y)\text{ per }\lambda =1\end{array}$.

• Consideriamo ora il caso di $f:V\to V,f(x𝐢+y𝐣)=(-y𝐢,-x𝐣)$. Cerchiamo ora gli autovalori.

$(-y,-x)-\lambda (x,y)\to \{\begin{array}{c}-y-\lambda x=0\\ -x-\lambda y=0\end{array}\to \{\begin{array}{c}\lambda x+y=0\\ x+\lambda y=0\end{array}$.

Il sistema lineare omogeneo ha soluzione per $\lambda =\pm 1$, dunque $\pm 1$ sono gli autovalori. Per trovare gli autovettori, risolviamo il sistema precedente sostituendo a $\lambda$ -1 e poi 1.

$\{\begin{array}{c}-x+y=0\\ x-y=0\end{array}\to (x,x)$

$\{\begin{array}{c}x+y=0\\ x+y=0\end{array}\to (x,-x)$

Gli autovettori sono dunque i vettori di tipo $(x,x)$ per l'autovalore $-1$ e $(x,-x)$ per l'autovalore $1$.

Proposizione

$f\in End(V)$ è diagonalizzabile se e solo se possiede una base costituita da autovettori.

Dimostrazione

Prendiamo come base di $V$ la base canonica $E^n=(e_1,\dots ,e_n)$. Comunque sia definita $f$, abbiamo che $f(e_i)=\lambda e_i$, dunque la base canonica è una base costituita da autovettori.

• $\Leftarrow )$

La matrice $M_B(f)$ associata all'endomorfismo $f$ è

$M_B(f)=\left(\begin{array}{ccc}f(e_1)& \dots & f(e_n)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1{e}_1& \dots & {\lambda }_n{e}_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& {\lambda }_2& 0& \dots & 0\\ ⋮& & \ddots & & ⋮\\ ⋮& & & \ddots & ⋮\\ 0& & \dots & 0& {\lambda }_n\end{array}\right)$

che è una matrice diagonale. Dunque, per la definizione, $f$ è diagonalizzabile.

• $\Rightarrow )$

$◻$

Proposizione

Sia $B=(v_1,\dots ,v_n)$ una base di $V$. Allora $v\in V={\alpha }_1{v}_1+\dots +{\alpha }_n{v}_n$ è un autovettore di $f\in End(V)$ relativo all'autovalore $\lambda$ se e solo se $X={}^t({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n)$ è un autovettore della matrice $M_B(f)$ relativo allo stesso autovalore $\lambda$.