Soluzione

  1. Il polinomio caratteristico di A è:

    PA(l ) = det (A - l I) = 0 , cioè

    det = 0 Û (1 - l )(l - 2)2 = 0

    quindi l = 1 con m1 = 1, l = 2 con m2 = 2.

    Determiniamo l'autospazio V1 relativo all'autovalore l = 1, :

    = Û Û

    Essendoci una sola variabile libera, dim V1= 1, ed una base si ottiene per esempio ponendo z = 1,
    { (0, 0, 1)} .Determiniamo l'autospazio V2 relativo all'autovalore l = 2 :

    = Û Û

    Anche questa volta, essendoci una sola variabile indipendente, dim V2= 1.
    Se si pone, per esempio, x = 1 una base dell'autospazio può essere { (1, 1, 3)} .
    Poiché dim V2= 1 ¹ 2 = m2, l'endomorfismo non è diagonalizzabile.

  2. Se P è una matrice invertibile P- 1AP ha gli stessi autovalori di A, avendo lo stesso polinomio caratteristico, ma gli autospazi sono diversi.
    Mostriamo che i polinomi caratteristici coincidono:

    PP- 1AP(l ) = det(P - 1AP - l I) = det(P - 1AP - P - 1l IP) = det[P - 1(A - l I)P] =

    per il teorema di Binet si ha:

    = det(P - 1)det(A - l I)det(P) =

    dal momento che i determinanti sono scalari e commutano e che det(P - 1)det(P) = 1 si ha:

    = det(A - l I) = PA(l ) .

    Mostriamo, con un controesempio relativo alle matrici quadrate, che gli autospazi sono diversi.
    Sia A = la matrice avente per autovalori l = 5, l = -1. Gli autospazi V5, V-1 sono generati rispettivamente dagli autovettori v = (1, 1), w = (2, -1).
    Sia P = una matrice invertibile, allora

    P-1AP = = .

    Determiniamo l'autospazio relativo all'autovalore l = -1,V-1:

    = Û x = - y,

    si ha che se, per esempio, si pone y = 4 si ottiene l'autovettore w1 = (-11, 4) ¹ w = (2, -1), quindi gli autospazi sono diversi.