teorema del criterio di diagonalizzazione

Teorema

Sia $f:V\to V$ applicazione lineare con $dimV$ finita. Allora $f$ è diagonalizzabile se e solo se valgono le seguenti proprietà:

1. $P_f(\lambda )$ si scompone completamente in fattori di primo grado (non necessariamente distinti).
2. per ogni autovalore $\overline{\lambda }$ (ovvero per ogni radice di $P_f(\lambda )$) vale che $m_g(\overline{\lambda })=m_a(\overline{\lambda })$.

(quindi $1.$ dice che $P_f(\lambda )=(\lambda -{\alpha }_1{)}^{m_1}\cdot (\lambda -{\alpha }_2{)}^{m_2}\cdot \cdots \cdot (\lambda -{\alpha }_n{)}^{m_k}$ e $2.$ dice che $m_i=dimAut({\alpha }_i)$ per ogni $i\in \{1,2,\dots ,k\}$)

Esempio
Consideriamo la seguente applicazione lineare

$f:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$

$f\left(\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{c}2x-3z\\ -y\\ -3x+2z\end{array}\right)$

allora se $\xi$ è la base standard di ${\mathbb{R}}^3$, vale che

$M_{\xi }^{\xi }(f)=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& -3\\ 0& -1& 0\\ -3& 0& 2\end{array}\right)$

vogliamo comprendere se $f$ sia diagonalizzabile o meno; calcoliamo $P_f(\lambda )$

$P_f(\lambda )=det(M_{\xi }^{\xi }-\lambda \cdot 1_3)=$

$=det\left(\begin{array}{ccc}2-\lambda & 0& -3\\ 0& -1-\lambda & 0\\ -3& 0& 2-\lambda \end{array}\right)=$

$=(-1-\lambda )det\left(\begin{array}{cc}2-\lambda & -3\\ -3& 2-\lambda \end{array}\right)=$

$=-(1+\lambda )\cdot [(2-\lambda {)}^2-9]=$

$=-(1+\lambda )\cdot [{\lambda }^2-4\lambda -5]=$

$=-(1+\lambda )(\lambda +1)(\lambda -5)=$

$=-(1+\lambda {)}^2(\lambda -5)$

abbiamo quindi che le radici di $P_f(\lambda )$ sono $-1$ e $-5$, ovvero $Sp(f)=\{-1,-5\}$; abbiamo che $P_f(\lambda )$ si scompone completamente in fattori di grado $1$, e vale che
$m_a(-1)=2,m_a(5)=1$
per vedere se $f$ sia diagonalizzabile o meno, dobbiamo verificare se
$m_g(-1)=2,m_g(5)=1$
sicuramente $m_g(5)=1$ perché dal fatto che $5$ è autovalore segue che $m_g(5)\ge 1$ e in generale $m_g(5)\le m_a(5)=1$; resta da verificare se $m_g(-1)=2⟺dimAut(-1)=2$
per calcolare $Aut(-1)$ consideriamo

$M_{\xi }^{\xi }(f)-(-1)1_3=$

$M_{\xi }^{\xi }(f)+1_3=$

$=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& -3\\ 0& 0& 0\\ -3& 0& 3\end{array}\right)$

$ker\left(\begin{array}{ccc}3& 0& -3\\ 0& 0& 0\\ -3& 0& 3\end{array}\right)=span\left(\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right)$

pertanto $dimker(f-(-1)\cdot id)=2$, ovvero $mg(-1)=2$; quindi per il teorema precedente $f$ è diagonalizzabile.

Dimostrazione

Risorse