Diagonalizzazione degli Endomorfismi e autovettori

Similitudine di matrici

Diamo la definizione di similitudine tra due matrici.

Siano $M,M'$ due matrici quadrate di ordine $n$.

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

$M'=H^{-1}MH$.

La similitudine è una relazione di equivalenza su $M_{m}(\mathbb {K} )$ (provate a dimostrarlo per esercizio).

Proposizione

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

$\exists f\in End(V),\exists B,B'$ basi di $V$ tali che

$M_{B}(f)=A$ e $M_{B'}(f)=B$

Dimostrazione

$\Box$

Diagonalizzabilità

L'equazione $X'=M_{B}(f)X$ 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 $M\in M_{m}(\mathbb {K} )$ è o meno simile ad una qualche matrice diagonale.

Una matrice $M\in M_{m}(\mathbb {K} )$ è detta diagonalizzabile se è simile ad una matrice diagonale, cioè se esiste una matrice $D\in GL_{m}(\mathbb {K} )$ tale che

$D^{-1}MD={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&0&\dots &0\\0&\lambda _{2}&\dots &0\\\vdots &&\ddots &\\0&0&\dots \ &\lambda _{m}\end{pmatrix}}={\rm {diag}}(\lambda _{1},\lambda _{2},\dots ,\lambda _{m})$

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

$M_{B}(f)={\rm {diag}}(\lambda _{1},\dots ,\lambda _{m})$

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 $\lambda \in \mathbb {K}$ 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 $M\in M_{m}(\mathbb {K} )$ un vettore non nullo $X=\ ^{t}(x_{1},x_{2},\dots ,x_{m})\in \mathbb {K} ^{m}$ della matrice $M$ se esiste $\lambda \in \mathbb {K}$ autovalore di $M$ tale che

$MX=\lambda X$.

Prima di procedere con alcune proposizioni, vediamo alcuni esempi.

Esempi

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

$(2x,y)-\lambda (x,y)=0\rightarrow (2x,y)=(\lambda x,\lambda y)$. 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 ${\begin{cases}(x,0){\text{ per }}\lambda =2\\(0,y){\text{ per }}\lambda =1\end{cases}}$.

• Consideriamo ora il caso di $f:V\to V,f(x\mathbf {i} +y\mathbf {j} )=(-y\mathbf {i} ,-x\mathbf {j} )$. Cerchiamo ora gli autovalori.

$(-y,-x)-\lambda (x,y)\rightarrow {\begin{cases}-y-\lambda x=0\\-x-\lambda y=0\end{cases}}\rightarrow {\begin{cases}\lambda x+y=0\\x+\lambda y=0\end{cases}}$.

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.

${\begin{cases}-x+y=0\\x-y=0\end{cases}}\rightarrow (x,x)$

${\begin{cases}x+y=0\\x+y=0\end{cases}}\rightarrow (x,-x)$

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'endomormismo $f$ è

$M_{B}(f)={\begin{pmatrix}f(e_{1})&\dots &f(e_{n})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\lambda _{1}e_{1}&\dots &\lambda _{n}e_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&0&0&\dots &0\\0&\lambda _{2}&0&\dots &0\\\vdots &&\ddots &&\vdots \\\vdots &&&\ddots &\vdots \\0&&\dots &0&\lambda _{n}\end{pmatrix}}$

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

• $\Rightarrow )$

$\Box$

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 $\lambda$.