Autovalori e autovettori: calcolo e diagonalizzazione

In molti corsi di Algebra lineare e geometria, al primo anno di ingegneria o di un corso scientifico, gli autovalori e la diagonalizzazione si fanno tra fine ottobre e novembre. L’esame è nella sessione invernale, fra otto e quattordici settimane, ma i compitini e le prove parziali di molti corsi cadono a fine novembre o a dicembre, cioè fra quattro e otto settimane da oggi. Ogni ateneo ha il suo calendario e va controllato sul programma del corso; il punto è che questo capitolo è quello dove la teoria e i conti si incontrano, e conviene sistemarlo ora.

Il calcolo, qui, non è il problema: polinomio caratteristico e sistemi lineari si allenano. Dove ci si blocca, soprattutto all’orale, è nel capire cosa significano le parole: autovettore, autospazio, molteplicità. Chi fa i conti senza averle capite sbaglia l’ultimo passaggio, quello che decide se la matrice è diagonalizzabile.

Cosa significa $Av=\lambda v$

Una matrice $A$ di ordine $n$ agisce sui vettori di ${\mathbb{R}}^n$: in genere un vettore $v$ viene ruotato, allungato, schiacciato, e finisce in una direzione diversa. Gli autovettori sono le direzioni speciali che $A$ non fa uscire dalla propria retta: il vettore resta sulla stessa retta e viene soltanto moltiplicato per un numero.

Il numero $\lambda$ è l’autovalore. Se $\lambda =3$ il vettore viene triplicato, se $\lambda =-1$ viene ribaltato, se $\lambda =0$ viene annullato (e allora $v$ sta nel nucleo di $A$). La condizione $v\ne \vec{0}$ non è un dettaglio: il vettore nullo soddisfa $A\vec{0}=\lambda \vec{0}$ per qualunque $\lambda$, quindi se fosse ammesso ogni numero sarebbe un autovalore e la definizione non direbbe niente.

La procedura in tre passi

Passo 1: polinomio caratteristico. $Av=\lambda v$ equivale a $(A-\lambda I)v=\vec{0}$. Questo sistema omogeneo ha soluzioni non nulle solo se la matrice $A-\lambda I$ è singolare, cioè se

Sviluppando il determinante esce un polinomio di grado $n$ in $\lambda$, il polinomio caratteristico.

Passo 2: autovalori. Le radici del polinomio sono gli autovalori. La molteplicità algebrica di un autovalore è quante volte compare come radice.

Passo 3: autospazi. Per ogni autovalore $\lambda$ si risolve $(A-\lambda I)v=\vec{0}$. L’insieme delle soluzioni è l’autospazio $\ker (A-\lambda I)$, e la sua dimensione è la molteplicità geometrica. Siccome $\lambda$ è radice del polinomio caratteristico, la matrice $A-\lambda I$ è singolare e l’autospazio ha dimensione almeno 1: se trovi solo il vettore nullo, hai sbagliato un conto.

Due controlli gratuiti sugli autovalori trovati: la loro somma è uguale alla traccia di $A$ (somma degli elementi sulla diagonale) e il loro prodotto è uguale a $\det A$, ciascuno contato con la sua molteplicità. Li uso sempre, anche all’esame, perché costano dieci secondi.

Quando la matrice è diagonalizzabile

$A$ è diagonalizzabile se esiste una matrice invertibile $P$ tale che

con $D$ diagonale. Le colonne di $P$ sono autovettori di $A$ e gli elementi sulla diagonale di $D$ sono i corrispondenti autovalori, nello stesso ordine. Detto in modo equivalente: $A$ è diagonalizzabile se e solo se in ${\mathbb{R}}^n$ (o ${\mathbb{C}}^n$) esiste una base fatta di autovettori.

Il criterio da sapere a memoria: $A$ è diagonalizzabile se e solo se per ogni autovalore la molteplicità geometrica è uguale alla molteplicità algebrica. Si ha sempre

e questo dà due scorciatoie:

• se i $n$ autovalori sono tutti distinti, ogni autovalore ha molteplicità algebrica 1, quindi anche geometrica 1: la matrice è diagonalizzabile senza altri conti;
• un autovalore semplice non crea mai problemi; il controllo serve solo per gli autovalori ripetuti.

A cosa serve diagonalizzare? Perché con $A=PD{P}^{-1}$ le potenze diventano facili: $A^k=P{D}^k{P}^{-1}$, e elevare una matrice diagonale significa elevare i suoi elementi. È la tecnica con cui si risolvono ricorrenze e sistemi di equazioni differenziali lineari, e per questo ricompare in altri esami.

Esercizio 1: matrice $3\times 3$ con tre autovalori distinti

Diagonalizzare

Polinomio caratteristico. Sviluppo $\det (A-\lambda I)$ lungo la terza colonna, che ha un solo elemento non nullo:

Autovalori: $1,4,5$. Controllo: somma $1+4+5=10$, traccia $3+2+5=10$. Prodotto $1\cdot 4\cdot 5=20$, determinante $5(3\cdot 2-1\cdot 2)=20$. Quadra tutto.

Sono tre autovalori distinti in dimensione 3, quindi $A$ è diagonalizzabile. Mi mancano gli autovettori.

$\lambda =1$. $A-I=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 2& 1& 0\\ 1& 0& 4\end{array}\right)$. Le equazioni sono $2x+y=0$ e $x+4z=0$. Prendo $z=1$: $x=-4$, $y=8$. Autovettore $v_1=(-4,8,1)$.

$\lambda =4$. $A-4I=\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 0\\ 2& -2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right)$. Da $-x+y=0$ e $x+z=0$ segue $y=x$, $z=-x$. Autovettore $v_2=(1,1,-1)$.

$\lambda =5$. $A-5I=\left(\begin{array}{ccc}-2& 1& 0\\ 2& -3& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$. La terza riga dà $x=0$, la prima poi $y=0$, e $z$ è libera. Autovettore $v_3=(0,0,1)$.

Verifica. $A{v}_1=(3\cdot (-4)+8,2\cdot (-4)+2\cdot 8,-4+5)=(-4,8,1)=1\cdot v_1$. $A{v}_2=(3+1,2+2,1-5)=(4,4,-4)=4\cdot v_2$. $A{v}_3=(0,0,5)=5\cdot v_3$. Quindi

con $P^{-1}AP=D$. Le colonne di $P$ e gli elementi di $D$ vanno nello stesso ordine: scambiarne due senza scambiare l’altra è un errore da distrazione che costa il punto.

Esercizio 2: l’autovalore doppio che non basta

Dire se è diagonalizzabile

Il polinomio caratteristico è $(2-\lambda {)}^2$: un solo autovalore, $\lambda =2$, con molteplicità algebrica 2. Ora l’autospazio:

L’unica equazione è $y=0$, con $x$ libera. Quindi $\ker (B-2I)=\mathrm{span}\{(1,0)\}$, di dimensione 1. La molteplicità geometrica (1) è minore di quella algebrica (2): $B$ non è diagonalizzabile. Non esistono due autovettori indipendenti, quindi non esiste una base di autovettori.

Questa è la trappola più frequente: il polinomio caratteristico si fattorizza benissimo, gli autovalori sono interi, e uno è portato a dire “diagonalizzabile” senza calcolare l’autospazio. Con un autovalore ripetuto il controllo della molteplicità geometrica non è facoltativo.

Confronta con $2I=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$: stesso polinomio caratteristico, stesso autovalore doppio, ma qui $2I-2I$ è la matrice nulla, l’autospazio è tutto ${\mathbb{R}}^2$ (dimensione 2) e la matrice è, ovviamente, diagonalizzabile. Due matrici con lo stesso polinomio caratteristico possono comportarsi in modo diverso, ed è esattamente quello che il criterio misura.

Esercizio 3: matrice simmetrica e teorema spettrale

Diagonalizzare

Traccia $=6$, $\det S=2(4-1)-1(2-1)+1(1-2)=6-1-1=4$. Provo $(1,1,1)$: $S(1,1,1)=(4,4,4)$, quindi $\lambda =4$ è un autovalore. Per gli altri: somma $6-4=2$ e prodotto $4/4=1$ danno $\lambda =1$ con molteplicità algebrica 2.

Ora il controllo dell’autovalore doppio. $S-I$ ha tutti gli elementi uguali a 1, quindi ha rango 1 e il suo nucleo ha dimensione $3-1=2$: è il piano $x+y+z=0$. Molteplicità geometrica $2=$ algebrica $2$, e la matrice è diagonalizzabile. Una base dell’autospazio è $(1,-1,0)$ e $(1,0,-1)$; insieme a $(1,1,1)$ per $\lambda =4$ si ottiene la base di autovettori.

Qui non c’era bisogno di controllare niente di speciale, perché $S$ è simmetrica. Il teorema spettrale dice che una matrice reale simmetrica ha autovalori tutti reali, è sempre diagonalizzabile, e autovettori di autovalori diversi sono ortogonali. Lo si verifica subito: $(1,1,1)\cdot (1,-1,0)=0$ e $(1,1,1)\cdot (1,0,-1)=0$. Se si normalizza una base ortogonale dell’autospazio (qui basta ortogonalizzare i due vettori del piano), si ottiene una matrice ortogonale $Q$ e vale $S=QD{Q}^T$, senza dover invertire niente. All’orale la domanda classica è proprio questa: perché per le simmetriche la molteplicità geometrica non può mai essere più piccola?

Gli errori che vedo di più

1. Autovettore nullo. Scrivere come autovettore il vettore $(0,0,0)$ perché il sistema lo ammette: si prende una soluzione non nulla, e se l’unica soluzione è quella nulla il $\lambda$ scelto non è un autovalore.
2. Confondere autovalori e pivot. Ridurre $A$ a scala e leggere i pivot come autovalori è sbagliato: le operazioni elementari sulle righe cambiano gli autovalori. Si fa la riduzione di $A-\lambda I$ per trovare gli autospazi, non per trovare gli autovalori di $A$.
3. Dimenticare la molteplicità geometrica. Con un autovalore ripetuto, fermarsi al polinomio caratteristico e dichiarare la matrice diagonalizzabile, come nell’esercizio 2.
4. Sbagliare il segno nel determinante. $\det (A-\lambda I)$ ha $-\lambda$ sulla diagonale: il controllo traccia e determinante intercetta quasi sempre l’errore.
5. Disordinare $P$ e $D$. La colonna $j$ di $P$ deve corrispondere all’elemento $j$ di $D$.

Per la parte su nucleo, immagine e rango, che qui serve a ogni passo (l’autospazio è un nucleo), c’è rango, nucleo e immagine senza confonderli. Per i sistemi lineari omogenei che si risolvono ad ogni autovalore, sistemi lineari: metodi ed esercizi svolti; se un autovalore esce complesso, serve numeri complessi spiegati bene. Gli stessi autovalori compaiono poi nella stabilità dei sistemi in controlli automatici e nella dinamica d’assetto in attitude dynamics.

Metterti alla prova

Quando sai fare a mano i tre esercizi senza guardare, passa a una prova con domande nuove: la simulazione di Algebra lineare ha esercizi dello stesso tipo. La risposta corretta è gratis; la soluzione guidata passo passo si sblocca con la prima lezione.

Come lavoro su questo capitolo

Nelle mie lezioni faccio dire a voce la definizione di autovettore prima di toccare un conto, poi alleniamo l’ordine delle verifiche: autovalori, controllo con traccia e determinante, autospazi, confronto tra molteplicità. Lavoro online, con tavoletta grafica e schermo condiviso, scrivendo ogni passaggio come alla lavagna dell’orale. Per il quadro generale c’è la pagina matematica. Se non sai da dove cominciare, scrivimi: c’è una diagnosi gratuita per capire dove stai perdendo punti, senza impegno.