Autovettori e autovalori
La definizione di autovettore e autovalore
Un vettore v dello spazio vettoriale V diverso dal vettore nullo è detto autovettore di un operatore lineare (f:V→ V) se esiste uno scalare λ ∈K=R, detto autovalore, tale che l'applicazione lineare f(v) sia uguale a λ v. $$ f(v) = λ v $$
L'insieme di tutti gli autovalori di un operatore lineare f è detto spettro di f e si indica con σ(f) o σf.
Dall'insieme degli autovettori è escluso il vettore nullo 0v.
Un esempio pratico di autovettore
Questa applicazione lineare f:V→ V
$$ f = \begin{pmatrix} 3x_1+x_2 \\ x_1+3x_2 \end{pmatrix} $$
è associata alla matrice di trasformazione Af,B,B rispetto alla base B
$$ A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} $$
Spiegazione. Un'applicazione lineare è associata a una matrice rappresentativa Af,B,B rispetto alla base B. Essendo un operatore lineare f:V→ V, la matrice Af,B,B è una matrice quadrata con un ordine uguale alla dimensione n di V.
Il seguente vettore è un autovettore
$$ v = \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \end{pmatrix} $$
perché l'applicazione lineare f:v è uguale a
$$ f \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x_1+x_2 \\ x_1+3x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3(4)-4 \\ 4+3(-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 \\ -8 \end{pmatrix} $$
ed è uguale al prodotto tra il vettore e l'autovalore λ=2
$$ A \cdot v = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 \\ -8 \end{pmatrix} = 2 \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \end{pmatrix} = λ \cdot v $$
Quindi l'operatore lineare f(v) è uguale a λ v.
Autospazio
Gli autovettori con lo stesso autovalore λ generano un sottospazio vettoriale di V detto autospazio relativo all'autovalore λ.
L'autospazio è solitamente indicato con il simbolo Vλ o E(λ).
Dagli autospazi è escluso il vettore nullo 0v che per definizione non è un autovettore.
Nota. Ogni autospazio E(λ) è un sottospazio invariante per un operatore lineare f:V → V.
La condizione di esistenza degli autovettori
Un vettore è un autovettore se l'operatore lineare Av è uguale a lamda v
$$ A_v = λ v $$
Con semplici passaggi algebrici ottengo la condizione di esistenza degli autovettori
$$ A_v - λ v = 0 $$
$$ (A-λ)·v = 0 $$
Per definizione v non può essere un vettore nullo.
Quindi la condizione (A-λ)v=0 è soddisfatta soltanto se A-λ è uguale a zero.
$$ (A-λ) \ne 0 $$
Detto in altri termini, il vettore v deve appartenere al nucleo dell'operatore (A-λ)v ossia f-λ·idv
Il nucleo di f λ è un sottospazio di dello spazio vettoriale V.
Tutti i vettori, diversi dal vettore nullo, che appartengono al nucleo ker(f·λ) sono autovettori.
Nota. Per esistere gli autovettori, il nucleo Ker(f·λ) non deve essere banale ossia non deve comprendere soltanto il vettore nullo che per definizione non è un autovettore. $$ Ker(f·λ) \ne 0_v $$
Il polinomio caratteristico e l'equazione caratteristica
Uno scalare λ è un autovalore di f soltanto se il nucleo Ker(f·λ) non è banale.
$$ Ker(f \cdot λ) \ne 0_v $$
Quindi, λ è un autovalore soltanto se f·λ non è iniettiva.
Essendo un operatore lineare, la funzione f·λ non è iniettiva se e solo se f·λ non è suriettiva.
Pertanto, il determinante (A-λ·I(n)) deve essere uguale a zero
$$ det ( A - λ \cdot I_{(n)} ) =0 $$
Dallo sviluppo del determinante si ottiene un polinomio con indeterminata lamda di grado n, detto polinomio caratteristico della matrice A.
$$ det ( A - \begin{pmatrix} λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & λ \\ \end{pmatrix} ) =0 $$
L'equazione caratteristica è il polinomio caratteristico posto uguale a zero.
Le soluzioni dell'equazione caratteristica sono gli autovalori dell'operatore lineare, ossia lo spettro di f,
Nota. Lo spettro di un operatore lineare può avere al massimo n soluzioni. Ha comunque sempre cardinalità finita.
Gli autovalori consentono di trovare gli autospazi E(λ) ossia la base del nucleo degli endomorfismi lambda al variare di lambda.
Dagli autospazi di ogni autovalore lamda si ricavano, infine, gli autovettori.
Come calcolare gli autovettori e autovalori
1] Come calcolare gli autovalori
Si parte da un'applicazione lineare.
In questo esempio considero la seguente applicazione lineare
$$ f = \begin{pmatrix} 3x_1+x_2 \\ x_1+3x_2 \end{pmatrix} $$
Poi si calcola la matrice associata della base vettoriale.
Per semplicità considero la base canonica
$$ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$
In questo caso la matrice associata è uguale ai coefficienti dell'applicazione lineare:
$$ A_{f,B,B} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} $$
A questo punto calcolo il polinomio caratteristico dell'applicazione lineare:
$$ p(λ) = det(A-λ \cdot I ) $$
$$ p(λ) = det( \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} - λ \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} ) $$
$$ p(λ) = det( \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{pmatrix} ) $$
$$ p(λ) = det( \begin{pmatrix} 3-λ & 1 \\ 1 & 3-λ \end{pmatrix} ) $$
$$ p(λ) = (3-λ) \cdot (3-λ) - 1 \cdot 1 $$
$$ p(λ) = (9-3λ-3λ+λ^2) - 1 $$
$$ p(λ) = λ^2-6λ+8 $$
che equivale a
$$ p(λ) = (λ-2) \cdot (λ-4) $$
Negli autovettori il determinante A-λ·I deve essere uguale a zero.
Quindi, il polinomio caratteristico deve essere uguale a zero.
$$ (λ-2) \cdot (λ-4) = 0 $$
Le radici di questa equazione sono λ = 2 e λ = 4.
Ho così trovato gli autovalori dell'applicazione lineare.
$$ λ = 2 \\ λ = 4 $$
A partire dagli autovalori posso calcolare gli autospazi ossia l'insieme degli autovettori dell'autovalore λ = 2 e l'insieme degli autovettori dell'autovalore λ = 4.
2] Come calcolare l'autospazio
Una volta trovati gli autovalori, posso determinare l'autospazio di ogni autovalore.
Autospazio del primo autovalore ( λ = 2 )
La matrice associata all'autovalore λ = 2 è la seguente:
$$ A-λ \cdot I = \begin{pmatrix} 3-λ & 1 \\ 1 & 3-λ \end{pmatrix} $$
$$ A-2 \cdot I = \begin{pmatrix} 3-2 & 1 \\ 1 & 3-2 \end{pmatrix} $$
$$ A-2 \cdot I = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} $$
Devo trovare il nucleo o ker(f) dell'applicazione lineare f ossia tutte le controimmagini che restituiscono il vettore nullo 0v.
$$ \begin{cases} x_1+x_2 = 0 \\ x_1+x_2 = 0 \end{cases} $$
In questo caso le equazioni sono identiche, quindi sono linearmente dipendenti.
Il sistema si riduce a una sola equazione.
$$ \begin{cases} x_1+x_2 = 0 \end{cases} $$
Per trovare la base dell'autospazio associo un parametro t a una delle due incognite.
In questo caso, utilizzo x2 come parametro t dell'equazione ottenendo l'equazione parametrizzata del sistema
$$ \begin{cases} x_1+x_2 = 0 \\ x_2= t \end{cases} $$
$$ \begin{cases} x_1+t = 0 \\ x_2= t \end{cases} $$
$$ \begin{cases} x_1 = -t \\ x_2= t \end{cases} $$
Ho così trovato i parametri della base dell'autospazio relativo all'autovalore λ = 2.
$$ \begin{cases} t \\ -t \end{cases} $$
ossia
$$ A-2 \cdot I = L_R = ( \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} ) $$
Autospazio del secondo autovalore ( λ = 4 )
La matrice associata all'autovalore λ = 4 è la seguente:
$$ A-λ \cdot I = \begin{pmatrix} 3-λ & 1 \\ 1 & 3-λ \end{pmatrix} $$
$$ A-2 \cdot I = \begin{pmatrix} 3-4 & 1 \\ 1 & 3-4 \end{pmatrix} $$
$$ A-2 \cdot I = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} $$
Anche in questo caso devo trovare il nucleo della matrice.
$$ \begin{cases} -x_1+x_2 = 0 \\ x_1-x_2 = 0 \end{cases} $$
$$ \begin{cases} -x_1+x_2 = 0 \\ x_1 = x_2 \end{cases} $$
Scelgo di parametrizzare l'incognita x_2 = t
$$ \begin{cases} x_1 = t \\ x_2 = t \end{cases} $$
Ho così trovato i parametri della base dell'autospazio relativo all'autovalore λ = 4.
$$ \begin{cases} t \\ t \end{cases} $$
ossia
$$ A-4 \cdot I = L_R = ( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} ) $$
3] Come calcolare gli autovettori
Una volta trovato l'autospazio di ogni autovalore, posso determinare gli autovettori dell'applicazione.
Autovettori del primo autovalore ( λ = 2 )
Prendo in considerazione la base dell'autospazio relativo all'autovalore λ = 2
$$ A-2 \cdot I = L_R = ( \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} ) $$
Quindi, la combinazione lineare di un generico vettore dell'autospazio è la seguente
$$ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = a_1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} $$
$$ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 \\ -a_1 \end{pmatrix} $$
Il sistema è il seguente:
$$ \begin{cases} x_1 = a_1 \\ x_2= -a_1 \end{cases} $$
$$ \begin{cases} x_1 = -x_2 \\ x_2= -x_1 \end{cases} $$
L'insieme degli autovettori di λ = 2 è infinito e comprende i vettori
$$ v _1= ( -1, 1 ) \\ v _2= ( -2, 2 ) \\ v _3= ( 3, -3 ) ... $$
Ho così trovato gli autovettori dell'applicazione lineare nell'autovalore λ = 2.
Autovettori del secondo autovalore ( λ = 4 )
Seguendo lo stesso procedimento posso calcolare anche gli autovettori dell'autovalore λ = 4.
$$ A-4 \cdot I = L_R = ( \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} ) $$
Quindi, la combinazione lineare dei vettori che appartengono all'autospazio è la seguente:
$$ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = a_1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
$$ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 \\ a_1 \end{pmatrix} $$
Il sistema è il seguente:
$$ \begin{cases} x_1 = a_1 \\ x_2= a_1 \end{cases} $$
$$ \begin{cases} x_1 = x_2 \\ x_2= x_1 \end{cases} $$
L'insieme degli autovettori di λ = 4 è infinito e comprende i vettori
$$ v _1= ( 1, 1 ) \\ v _2= ( 2, 2 ) \\ v _3= ( 3, 3 ) ... $$
Ho così trovato gli autovettori dell'applicazione lineare nell'autovalore λ = 4.
E così via.
Come trovare gli autovalori online
Questo tool online consente di calcolare gli autovalori in una matrice associata a un'applicazione lineare.
Proprietà e teoremi sugli autovalori, autospazi e autovettori
Ecco alcune proprietà utili degli autovalori, autovettori e autospazi.
- Dati due autospazi E(λ1) e E(λ2) generati da autovalori diversi (λ1≠λ2), l'intersezione dei due autospazi è un vettore nullo 0v.
E(λ1) ⋂ E(λ2) = {0v} - Gli autovettori v1 ... vm generati da autovalori diversi (λ1,...,λm) sono linearmente indipendenti tra loro.
