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4.1 Diagonalizzabilità

\([...]\) “I don’t know,” Tengo said. “But it does seem to have been built by human beings long before. Maybe the people left for some reason – say, they all died in an epidemic – and the cats came to live there.” His father nodded. “When a vacuum forms, something has to come along to fill it. Because that’s what everybody does.”
“That’s what everybody does?”
“Exactly.”
“What kind of vacuum are you filling?”
His father scowled. His long eyebrows came down to hide his eyes. Then he said with a touch of sarcasm in his voice, “Don’t you know?”
“I don’t know,” Tengo said.
His father’s nostrils flared. One eyebrow rose slightly. This was the expression he always used when he was dissatisfied with something. “If you can’t understand it without an explanation, you can’t understand it with an explanation.”
Tengo narrowed his eyes, trying to read the man’s expression. Never once had his father employed such odd, suggestive language. He always spoke in concrete, practical terms. To say only what was necessary when necessary: that was his unshakable definition of a conversation. But there was no expression on his face to be read.
“I see. So you are filling in some kind of vacuum,” Tengo said. “All right, then, who is going to fill the vacuum that you have left behind?” “You,” his father declared, raising an index finger and thrusting it straight at Tengo. “Isn’t it obvious? I have been filling in the vacuum that somebody else made, so you will fill in the vacuum that I have made. Like taking turns.”
“The way the cats filled in the town after the people were gone.” \([...]\)

L’algebra lineare si distingue per la sua capacità di rivelare la struttura profonda degli spazi vettoriali e delle trasformazioni che su di essi operano. Tra i temi più affascinanti e di più ampio respiro, si colloca il problema della diagonalizzazione delle matrici, una questione che unisce eleganza formale a un’incredibile potenza applicativa. L’essenza di tale problema è la ricerca di un’opportuna trasformazione che permetta di rappresentare una matrice in una forma che, pur mantenendo intatti tutti i suoi effetti matematici, ne renda la struttura più semplice, più trasparente, e quindi più facile da manipolare.

Si immagini di trovarsi di fronte a una matrice quadrata \(A\), composta da numeri disposti in una griglia rettangolare, la quale agisce su uno spazio vettoriale. Questo spazio, nella sua rappresentazione originale, appare come un intricato arazzo di vettori interconnessi. La diagonalizzazione è il processo che consente di raddrizzare questo arazzo, trovando una nuova base di vettori, lungo le quali l’azione della matrice è ridotta alla sua forma più semplice, in cui ogni vettore viene moltiplicato solamente per uno scalare — chiamato autovalore.

L’idea fondamentale di questa trasformazione è che la matrice diagonale possiede una struttura elementare: tutti gli elementi fuori dalla diagonale principale si annullano. Questa semplificazione consente di ridurre operazioni complesse a calcoli elementari. Si pensi, ad esempio, al calcolo delle potenze di una matrice – se la matrice è diagonale, l’elevamento a potenza di \(A\) si riduce a un semplice elevamento delle singole voci sulla diagonale – o al calcolo dei determinanti.

4.1.1 Autovalori, autovettori e polinomio caratteristico

Tali definizioni sono assai potenti, dacché esibiscono il fatto che in un certo endomorfismo un insieme di vettori resta fisso e viene solamente scalato.

Dimostrazione. Sia \(\lambda \in \mathbb{K}\). Per definizione, \(\lambda\) è un autovalore di \(f\) se e solo se esiste un vettore \(v \in V\), con \(v \ne 0\), tale che \[f(v) = \lambda v.\] Ciò equivale a scrivere: \[f(v) - \lambda v = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad (f - \lambda\, id_V)(v) = 0.\] Pertanto, l’esistenza di un autovettore non nullo \(v\) equivale a dire che il nucleo di \(f - \lambda\, id_V\) è non banale, ovvero: \[\ker(f - \lambda\, id_V) \ne \{0\}.\] Questo implica che l’operatore \(f - \lambda\, id_V\) non è iniettivo e dunque non è invertibile.

Ma un endomorfismo rappresentato da una matrice quadrata rispetto a una base è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero. Ne segue che: \[\det(f - \lambda\, id_V) = 0.\]

Viceversa, se \(\det(f - \lambda\, id_V) = 0\), allora l’operatore non è invertibile, dunque non è iniettivo, e quindi esiste un vettore \(v \ne 0\) tale che \[(f - \lambda\, id_V)(v) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad f(v) = \lambda v,\] cioè \(v\) è un autovettore di \(f\) associato a \(\lambda\), il che mostra che \(\lambda\) è un autovalore. 0◻

Questa definizione è essenziale dato che le radici, \(P_f(\lambda)=0\), di tale polinomio sono gli autovalori dell’endomorfismo.

Nota: Se \(\mathcal{B}\) è una base di \(V\) costituita da autovettori di \(f\), allora \(M^{\mathcal{B}}_\mathcal{B}(f)\) è diagonale. Sulla diagonale sono presenti gli autovalori dell’endomorfismo, infatti spesso, tale matrice, è indicata con \(\Lambda\).

\[\mathcal{B}\equiv(\underbrace{v_1}_{\in E(\lambda_1)}, \dots, \underbrace{v_n}_{\in E(\lambda_n)}) \quad \implies \Lambda=\begin{pmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{pmatrix}\]

Una base di \(V\) costituita da autovettori di \(f\) si dice base diagonalizzante. Infatti, diagonalizzare un endomorfismo, significa individuare una base diagonalizzante.

Esercizio. Rappresentare l’endomorfismo sul piano cartesiano evidenziandone gli autovettori.

Dimostrazione. Si procede per induzione su \(k\), il numero di vettori appartenenti ad autospazi associati ad autovalori distinti.

Caso base: se \(k = 1\), l’ipotesi \(v_1 = 0\) segue immediatamente da \(v_1 = 0\), quindi la tesi è ovvia.

Passo induttivo: si supponga vera l’affermazione per \(k-1\), e si dimostri per \(k\). Sia quindi \[v_1 + v_2 + \dots + v_k = 0,\] con \(v_i \in E(\lambda_i)\) per ogni \(i = 1, \dots, k\), e \(\lambda_1, \dots, \lambda_k\) a due a due distinti.

Si applica l’operatore \(f - \lambda_k \, id_V\) a entrambi i membri: \[\begin{align*} 0 &= (f - \lambda_k \, id_V)(v_1 + \dots + v_k) \\ &= (f - \lambda_k)(v_1) + \dots + (f - \lambda_k)(v_k) \\ &= (\lambda_1 - \lambda_k)v_1 + \dots + (\lambda_{k-1} - \lambda_k)v_{k-1} + (\lambda_k - \lambda_k)v_k \\ &= (\lambda_1 - \lambda_k)v_1 + \dots + (\lambda_{k-1} - \lambda_k)v_{k-1}. \end{align*}\]

Per ipotesi induttiva, poiché \(\lambda_i \ne \lambda_k\) per ogni \(i < k\), i coefficienti \(\lambda_i - \lambda_k\) sono tutti non nulli. Segue che \[v_1 = v_2 = \dots = v_{k-1} = 0.\] Sostituendo nell’uguaglianza iniziale \(v_1 + \dots + v_k = 0\), si ottiene \(v_k = 0\).

Dunque, per induzione su \(k\), segue che \(v_1 = \dots = v_k = 0\).

0◻

4.1.2 Molteplicità algebrica e molteplicità geometrica di un autovalore

Nota. Se \(\lambda\) è un autovalore di \(f\), entrambe le molteplicità sono positive.
Esempio. La molteplicità algebrica di \(\lambda=0\) nell’esempio precedente è pari \(2\).

Dimostrazione. Sia \(m:=\dim E(\lambda)\). Si sceglie una base \(\mathcal{B}=(v_1,\dots,v_m)\) di \(E(\lambda)\).

La si completa a una base \(\mathcal{B}'=(v_1, \dots, v_m, \dots, v_n)\) di \(V\).

Si ottiene che \[M^{\mathcal{B}'}_{\mathcal{B}'}(f)=\left(\begin{array}{cccc|c} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 &\ast \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 & \ast \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \ast \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_m & \ast\\ \hline & \bigzero & & & \mathcal{B} \end{array}\right)\]

ove la matrice con gli autovalori ha dimensione \(m \times m\) e quella della base \(\mathcal{B}\), che da ora si indicherà con \(B\), ha dimensione \((n-m )\times (n-m)\).

Si individua il polinomio caratteristico \(P_f(t)=\det (M^{\mathcal{B}'}_{\mathcal{B}'}(f) -tid_n)=(\lambda-t)^n \det (B-t id_{n-m})\).

Ciò implica che \(m_a(\lambda)\geq m.\) 0◻
Nota. Se \(m_a(\lambda)=1\), allora \(m_g(\lambda)=1\).

Esercizio. La matrice nell’esempio è diagonalizzabile su \(\mathbb{C}\)?

4.1.3 Diagonalizzabilità di un endomorfismo

Nota. Se \(P_f(\lambda)\) ammette \(n=\dim V\) radici a due a due distinte in \(\mathbb{K}\), allora \(f\) è diagonalizzabile.

Nota. (Galois) Sia \(A \in M_n(\mathbb{R})\) una matrice reale. Poiché \(\mathbb{R}^n \subset \mathbb{C}^n\), si può considerare l’applicazione lineare associata \(\ell_A: \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n\), estendendo l’azione di \(A\) su \(\mathbb{C}^n\) per linearità.

Il polinomio caratteristico di \(\ell_A\), dato da \[P_{\ell_A}(t) = \det(A - tI) \in \mathbb{R}[t],\] è un polinomio reale di grado \(n\). Le sue radici sono reali oppure compaiono in coppie di numeri complessi coniugati.

In particolare, se \(\lambda \in \mathbb{C}\) è una radice complessa non reale di \(P_{\ell_A}(t)\), allora anche il suo coniugato \(\overline{\lambda}\) è radice del polinomio, ovvero entrambi sono autovalori complessi coniugati di \(\ell_A\).

Vale inoltre la seguente proprietà: \[v \in E(\lambda) \iff \overline{v} \in E(\overline{\lambda}),\] cioè il coniugato di un autovettore è autovettore per l’autovalore coniugato.

Infatti se \(v \in E(\lambda)\), allora \(Av = \lambda v\). Applicando il coniugio complesso a entrambi i membri, si ha: \[\overline{Av} = \overline{\lambda v} \iff \overline{A} \cdot \overline{v} = \overline{\lambda} \cdot \overline{v}.\] Poiché \(A\) ha entrate reali, \(\overline{A} = A\), dunque: \[A \cdot \overline{v} = \overline{\lambda} \cdot \overline{v} \iff \overline{v} \in E(\overline{\lambda}).\]

Dimostrazione. (da rivedere) Si suppone che \(\dfrac{p}{q} \in \mathbb{Q}\) sia una radice del polinomio \(f(t)\). Allora: \[f\left( \frac{p}{q} \right) = a_0 \left( \frac{p}{q} \right)^n + a_1 \left( \frac{p}{q} \right)^{n-1} + \dots + a_{n-1} \left( \frac{p}{q} \right) + a_n = 0.\]

Moltiplicando ambo i membri per \(q^n\), si ottiene: \[q^n f\left( \frac{p}{q} \right) = a_0 p^n + a_1 p^{n-1} q + a_2 p^{n-2} q^2 + \dots + a_{n-1} p q^{n-1} + a_n q^n = 0.\]

Dunque: \[a_0 p^n + a_1 p^{n-1} q + \dots + a_{n-1} p q^{n-1} + a_n q^n = 0.\]

Si osserva che tutti i termini tranne l’ultimo sono multipli di \(p\), quindi anche \(a_n q^n\) deve esserlo. Poiché \(\gcd(p, q) = 1\), si deduce che: \[p \mid a_n.\]

Analogamente, tutti i termini tranne il primo sono multipli di \(q\), quindi anche \(a_0 p^n\) deve esserlo. Dato che \(\gcd(p, q) = 1\), segue che: \[q \mid a_0.\] 0◻
Nota. Trasferendo la terminologia dagli endomorfismi alle matrici quadrate, si può asserire che una matrice \(A\in M_n (\mathbb{K)}\) è diagonalizzabile se esiste \(B \in GL_n(\mathbb{K})\) tale che \[B^{-1}AB=D\], ove \(D \in M_n(\mathbb{K})\) è una matrice diagonale, cioè se \(A\) è simile a \(D\).

Nota. Tutti i coefficienti del polinomio caratteristico sono invarianti. \[P_{\ell_A}(t)=(-1)^nt^n+a_1t^{n-1}+\dots+a_{n-1}t+a_n\], ove \[a_n=\det A\] e \[a_1=(-1)^{n-1}\operatorname{Tr}(A)\].

Però, non è vero che se \(A\) e \(B\) presentano il medesimo polinomio caratteristico esse sono simili.

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4.2 Restrizioni

4.2.1 Sottospazi invarianti

Intuitivamente, un sottospazio invariante può essere concepito come uno spazio all’interno del quale ogni elemento, sottoposto ad una determinata trasformazione, rimane invariato, ossia non esce da tale dominio, restando confinato al suo interno. In altri termini, un sottospazio invariante è un insieme di vettori che, mediante l’operazione di un operatore lineare, non abbandonano mai il sottospazio originario, ma vi rimangono immutati, preservandone la struttura e le proprietà.

Esercizio. Rappresentare graficamente, nel piano cartesiano, come opera l’endomorfismo \(f_{\mid U}\).
In generale, \(\ker f\) e \(\operatorname{Im}f\) sono \(f\)–invarianti; gli autospazi \(E(\lambda):=\ker (f -\lambda id)\) sono anch’essi \(f\)–invarianti.

Inoltre, se \(U\) e \(W\) sono sottospazi vettoriali \(f\)–invarianti, lo sono anche \(U \cap W\) e \(U+W\).

Nota. Se \(U\) è \(f\)–invariantee, è anche possibile definire un endomorfismo indotto da \(f\) sul quoziente. \[f_{\sim U}: V/U \to V /U\] con \[f_{\sim U}([v]) := [f(v)].\]

Dimostrazione. Sia \(\mathcal{B} = (u_1, \dots, u_m)\) una base di \(U\). Si completa questa base in una base di \(V\), \(\mathcal{C} = (u_1, \dots, u_m, w_1, \dots , w_{n-m})\).

Si osserva che \(\mathcal{D} = \left([w_1]_{\sim U}, \dots, [w_{n-m}]_{\sim U}\right)\) è una base di \(V/U\), quindi la matrice di \(f\) rispetto alla base \(\mathcal{C}\) sarà della forma:

\[M^{\mathcal{C}}_\mathcal{C}(f) = \left( \begin{array}{c|c} M^{\mathcal{B}}_\mathcal{B}(f_{\mid U}) & \ast \\ \hline 0 & M^{\mathcal{D}}_\mathcal{D}(f_{\sim U}) \end{array} \right)\]

Considerando ora \(f - t \cdot \mathrm{id}_V\), la matrice del polinomio caratteristico di \(f\) rispetto alla base \(\mathcal{C}\) sarà:

\[M^{\mathcal{C}}_\mathcal{C}(f - t \cdot \mathrm{id}_V) = \left( \begin{array}{c|c} M^{\mathcal{B}}_\mathcal{B}(f_{\mid U} - t \cdot \mathrm{id}_U) & \ast \\ \hline 0 & M^{\mathcal{D}}_\mathcal{D}(f_{\sim U} - t \cdot \mathrm{id}_{V/U}) \end{array} \right)\]

Da ciò si deduce che il polinomio caratteristico di \(f\) si fattorizza come il prodotto dei polinomi caratteristici di \(f_{\mid U}\) e \(f_{\sim U}\), ovvero:

\[P_f(t) = P_{f_{\mid U}}(t) \cdot P_{f_{\sim U}}(t)\]

0◻

Dimostrazione. Poiché \(f\) è diagonalizzabile su \(V\), esiste una base di autovettori di \(V\), cioè \(V = E(\lambda_1) \oplus \dots \oplus E(\lambda_k)\), dove \(E(\lambda_i)\) è lo spazio degli autovettori associati all’autovalore \(\lambda_i\) di \(f\), e \(\lambda_1, \dots, \lambda_k\) sono autovalori distinti.

Sia \(u \in U\). Poiché \(f\) è diagonalizzabile, è possibile scrivere \(u\) come combinazione lineare di autovettori, cioè \[u = u_1 + u_2 + \dots + u_k \quad \text{con} \quad u_i \in E(\lambda_i).\] L’obiettivo è dimostrare che ogni \(u_i\) appartiene a \(U\), cioè \(u_1, \dots, u_k \in U\).

Induzione su \(k\):

- Base dell’induzione (\(k = 1\)): Se \(k = 1\), allora \(u = u_1 \in E(\lambda_1)\), e quindi \(u_1 \in U\), perché \(u \in U\).

- Passo induttivo: Si suppone che la tesi valga per \(k-1\), cioè che \(u_1, \dots, u_{k-1} \in U\). Si considera \(u = u_1 + u_2 + \dots + u_k\), con \(u_i \in E(\lambda_i)\), e si applica l’operatore \(f - \lambda_k \cdot \mathrm{id}_V\) a \(u\): \[(f - \lambda_k \cdot \mathrm{id}_V)(u) = (\lambda_1 - \lambda_k) u_1 + (\lambda_2 - \lambda_k) u_2 + \dots + (\lambda_{k-1} - \lambda_k) u_{k-1}.\] Poiché \(f\) è \(f\)-invariante su \(U\), ogni termine di somma \((\lambda_i - \lambda_k) u_i\) per \(i = 1, \dots, k-1\) appartiene a \(U\) per ipotesi induttiva.

In particolare, il termine \((\lambda_i - \lambda_k) u_i \in U\) per \(i = 1, \dots, k-1\), quindi \[(f - \lambda_k \cdot \mathrm{id}_V)(u) \in U.\] Ora, poiché \(f - \lambda_k \cdot \mathrm{id}_V\) è un operatore lineare, e \(U\) è \(f\)-invariante, si può concludere che anche \(u_k \in U\).

Pertanto, per induzione, \(u_1, u_2, \dots, u_k \in U\), e così \(u \in U\) per ogni \(u \in U\).

Poiché ogni vettore in \(U\) può essere scritto come una combinazione lineare di autovettori di \(f\), la restrizione \(f_{\mid U}\) è diagonalizzabile.

0◻

4.2.2 Diagonalizzazione simultanea

Dimostrazione. Sia \(f, g \in \operatorname{End}(V)\) e si supponga che commutino, cioè \(f \circ g = g \circ f\).

• Invarianza del nucleo di \(f\) sotto \(g\): Sia \(v \in \ker(f)\), cioè \(f(v) = 0\). Si vuole mostrare che \(g(v) \in \ker(f)\), cioè \(f(g(v)) = 0\). Poiché \(f \circ g = g \circ f\), si ha che: \[f(g(v)) = g(f(v)) = g(0) = 0.\] Pertanto, \(g(v) \in \ker(f)\), e quindi il nucleo di \(f\) è invariante sotto \(g\).

• Invarianza dell’immagine di \(f\) sotto \(g\): Sia \(w \in \operatorname{Im}(f)\), cioè esiste \(v \in V\) tale che \(w = f(v)\). Si vuole mostrare che \(g(w) \in \operatorname{Im}(f)\). Poiché \(f \circ g = g \circ f\), si ha che: \[g(w) = g(f(v)) = f(g(v)),\] quindi \(g(w) \in \operatorname{Im}(f)\), e dunque l’immagine di \(f\) è invariante sotto \(g\).

Poiché la dimostrazione è simmetrica, la stessa argomentazione vale anche per il nucleo e l’immagine di \(g\), ovvero \(\ker(g)\) e \(\operatorname{Im}(g)\) sono invarianti sotto \(f\). 0◻
Nota. In generale, non è vero che i sottospazi \(f\)-invarianti siano sempre anche \(g\)-invarianti. Tuttavia, per gli autospazi è sempre vero che gli autospazi di \(f\), ossia \(E(\lambda) = \ker(f - \lambda \cdot \mathrm{id})\), sono anche invarianti sotto \(g\), qualora \(f\) e \(g\) commutino.

Dimostrazione. (Diretta) Se \(f\) e \(g\) sono simultaneamente diagonalizzabili, allora commutano perchè le loro matrici rispetto a una base diagonalizzante sono entrambe diagonali. Infatti, se \(A\) e \(B\) sono due matrici diagonali, il loro prodotto è commutativo: \[A \cdot B = B \cdot A.\] Pertanto, se \(f\) e \(g\) sono simultaneamente diagonalizzabili, allora \(f \circ g = g \circ f\), ossia \(f\) e \(g\) commutano.

\[\begin{pmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \mu_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \mu_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mu_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \mu_n \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{pmatrix}.\]

(Inversa) Viceversa, se \(f\) e \(g\) commutano, gli autospazi di \(f\) sono \(g\)-invarianti. Questo implica che le restrizioni di \(g\) agli autospazi di \(f\) sono tutte diagonalizzabili, e quindi \(f\) e \(g\) sono simultaneamente diagonalizzabili.

0◻

Esercizio. Completare il problema.

La quarta unità del corso è conclusa. Buona parte degli esercizi che seguono sono tratti da Algebra Lineare e Geometria di Kieran G. O’Grady e dal Foglio 5 del corso di Algebra Lineare 2024–2025 tenuto dai professori Paolo Bravi e Simone Diverio.

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Esercizi

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