Parte 2 (modB) · Algebra lineare e Geometria · Canali A, B e C · Lezione L26

Teorema spettrale II

Una macchina simmetrica tira lo spazio come un foglio di gomma: lungo direzioni perpendicolari tra loro, senza storcerlo. È il teorema spettrale, l'ultimo del corso. Qui trovi perché è vero, il metodo per trovare quelle direzioni passo per passo e gli esercizi delle dispense, anche quello con i numeri complessi.

Dispense: lezione 26 · pp. 134–138
Libro: Martelli, §11.3
Docenti: Reto Buzano e Marco Radeschi · A.A. 2026/27
Tempo di studio: 2–3 ore, anche in più volte

Definizione o risultato da sapere
Trappola / errore tipico
Conta all'esame
Oltre le dispense
Esempio svolto
L'idea e il metodo, passo per passo
Da ricordare

La lezione in 7 punti

Una matrice diagonalizzabile ha una base di autovettori (lezioni L17–L18). Il teorema spettrale dice quando quella base si può scegliere ortonormale: vettori lunghi 1 e perpendicolari tra loro.
La risposta: esattamente quando la macchina è autoaggiunta (lezione L25) e i suoi autovalori sono numeri reali. Vale con i numeri reali e con i complessi.
Una conseguenza da sapere: una matrice reale simmetrica ha tutti gli autovalori reali ed è sempre diagonalizzabile.
Con le matrici: una matrice reale è simmetrica esattamente quando c'è una matrice ortogonale $M$ che la rende diagonale. E per una matrice ortogonale l'inversa è la trasposta: niente conti.
Gli autovettori di autovalori diversi di una matrice simmetrica sono già perpendicolari. Gram–Schmidt serve solo dentro un autospazio con più dimensioni.
Il metodo: autovalori, autospazi, Gram–Schmidt dove serve, vettori resi lunghi 1, e la matrice $M$ è pronta.
Applicazione: la PCA, che cerca le direzioni in cui un insieme di dati varia di più.

Canali A, B e C

Le dispense di Algebra lineare e Geometria sono le stesse per i canali A, B e C (Buzano insegna nei canali A e B, Radeschi nei canali B e C), quindi questi appunti valgono per tutti e tre. Cambiano solo i giorni delle lezioni: gli avvisi sono sulla pagina Moodle del corso (MDAG2, id 3831). Esame e quiz sono comuni.

§1

Il problema: autovettori perpendicolari

p. 134

Immagina un foglio di gomma fissato al centro. Lo tiri in due direzioni: in una lo allunghi di 3 volte, nell'altra lo lasci com'è. Se le due direzioni sono perpendicolari, il foglio si allunga senza storcersi. Se non lo sono, oltre ad allungarsi si piega di lato, come una pila di fogli spinta in alto.

Le direzioni in cui la macchina allunga senza girare sono le rette degli autovettori (lezione L17). Guarda due matrici di $R^{2}$ , tutte e due diagonalizzabili.

$S = (2112)$ manda $(1, 1)$ in $(3, 3)$ e $(1, - 1)$ in sé stesso. Gli autovettori sono $(1, 1)$ , con autovalore 3, e $(1, - 1)$ , con autovalore 1. Il loro prodotto scalare è $1 - 1 = 0$ : sono perpendicolari.
$B = (3011)$ ha autovettori $(1, 0)$ , con autovalore 3, e $(- 1, 2)$ , con autovalore 1. Il loro prodotto scalare è $- 1$ : non sono perpendicolari.

−2−112−2−112xy

V_{3}

V_{1}

S (1, 1) = (3, 3)

(1, 1)

(1, - 1)

La macchina simmetrica

S

tira lungo due rette perpendicolari: allunga di 3 la retta di

(1, 1)

e lascia ferma quella di

(1, - 1)

−11−112xy

V_{3}

V_{1}

(1, 0)

(- 1, 2)

63, 4^{\circ}

Le due rette di autovettori di

B = (3011)

non sono perpendicolari: formano un angolo di circa

63, 4^{\circ}

Perché conviene avere autovettori perpendicolari? Resi lunghi 1, formano una base ortonormale. Messi in colonna danno una matrice ortogonale $M$ (lezione L22), e per lei l'inversa è la trasposta: non serve calcolare nessuna inversa. In più, le coordinate di un vettore in quella base si trovano con i prodotti scalari (lezione L21).

La domanda è: quando si possono scegliere autovettori perpendicolari? Le dispense lo dicono subito: esattamente per le macchine autoaggiunte. Nel caso reale, per le matrici simmetriche, come $S$ .

Prova tu

La matrice simmetrica

(1224)

manda

(1, 2)

(5, 10)

. In che direzione sta l'altro autovettore?

Perpendicolare a $(1, 2)$ , per esempio $(2, - 1)$ . Controllo: la matrice lo manda in $(2 - 2, 4 - 4) = (0, 0)$ , cioè in 0 volte sé stesso. Autovalore 0.

Da ricordare

Matrice simmetrica: il foglio si tira lungo direzioni perpendicolari.
Matrice non simmetrica: anche se diagonalizzabile, le direzioni possono essere storte.

§2

Il teorema spettrale

p. 134

Lo spazio è di due tipi, come nella lezione L25: di vettori reali con un prodotto scalare definito positivo, oppure di vettori complessi con un prodotto hermitiano definito positivo. La dimensione è un numero finito $n$ . Le dispense enunciano il teorema così.

Teorema 26.1 · Teorema spettrale

Un endomorfismo $T : V \to V$ è autoaggiunto $⟺$ ha una base ortonormale di autovettori e tutti i suoi autovalori sono in $R$ .

Come si legge.

Autoaggiunto: la macchina si sposta da un posto all'altro del prodotto senza cambiare il risultato (Definizione 25.5). In una base ortonormale vuol dire matrice hermitiana, o simmetrica con i numeri reali (Proposizione 25.6).
Base ortonormale di autovettori: vettori $v_{1}, \dots, v_{n}$ che la macchina allunga senza girare, lunghi 1 e perpendicolari tra loro.
Autovalori reali: con i numeri reali è automatico. Con i complessi è una condizione in più, e serve davvero.
Il simbolo in mezzo vuol dire «esattamente quando»: le due cose vanno sempre insieme.

Esempio · Perché con i complessi serve «autovalori reali»

Su $C^{2}$ con il prodotto hermitiano euclideo, la macchina $T (x, y) = (i x, y)$ ha matrice $(i 0 01)$ .

La base canonica è una base ortonormale di autovettori, con autovalori $i$ e 1.
Eppure $T$ non è autoaggiunta: sulla diagonale c'è $i$ , quindi la matrice non è hermitiana (lezione L25).

Il teorema non è contraddetto: l'autovalore $i$ non è reale.

Il nome «spettrale» viene da spettro, l'insieme degli autovalori di una macchina. Il teorema mette insieme due parti del corso: la diagonalizzazione (lezioni L17–L18) e i prodotti scalari e hermitiani (lezioni L19–L21 e L25).

Prova tu

La matrice reale

(4 - 1 - 1 0)

ha una base ortonormale di autovettori?

Sì: è simmetrica, quindi la macchina è autoaggiunta e il teorema garantisce la base.

Da ricordare

Teorema spettrale: autoaggiunta esattamente quando c'è una base ortonormale di autovettori con autovalori reali.
Con i complessi la condizione sugli autovalori reali non si può togliere.

§3

Perché è vero

pp. 134–135

La dimostrazione delle dispense ha tre pezzi. Il primo è il verso facile. Il secondo è il verso difficile con i numeri complessi, e il terzo lo stesso con i numeri reali. All'esame non si chiede di ripeterla, ma l'idea serve a ricordare il metodo.

Dalla base alla macchina autoaggiunta. Se c'è una base ortonormale di autovettori con autovalori reali:

in quella base la matrice della macchina è diagonale, con gli autovalori sulla diagonale;
una matrice diagonale con numeri reali è uguale alla sua trasposta e alla sua coniugata: è hermitiana;
la base è ortonormale, quindi per la Proposizione 25.6 la macchina è autoaggiunta.

Gli autovalori di una macchina autoaggiunta sono reali. È il primo passo del verso difficile, ed è un conto di una riga. Prendi un autovettore $v$ con autovalore $λ$ e calcola il prodotto di $T (v)$ con $v$ in due modi: tenendo la macchina a sinistra, oppure spostandola a destra.

Dimostrazione · gli autovalori sono reali

Se $T (v) = λ v$ con $v$ diverso da zero:

λ ⟨ v, v ⟩ = ⟨ λ v, v ⟩ = ⟨ T (v), v ⟩ = ⟨ v, T (v)⟩ = ⟨ v, λ v ⟩ = \overset{ˉ}{λ} ⟨ v, v ⟩ .

Il primo passo usa la linearità nel primo posto; il secondo $T (v) = λ v$ .
Il terzo usa che $T$ è autoaggiunta; il quarto di nuovo $T (v) = λ v$ .
L'ultimo usa che un numero esce dal secondo posto coniugato (lezione L25).

Siccome $⟨ v, v ⟩$ è positivo, si può dividere: $λ = \overset{ˉ}{λ}$ . Un numero uguale al suo coniugato è reale.

La base ortonormale di autovettori, un vettore alla volta. L'idea è staccare un autovettore alla volta. Trovato il primo, lo spazio si spezza in due stanze: la retta dell'autovettore e tutto ciò che le è perpendicolare. La macchina non mescola le due stanze, per la Proposizione 25.10. Dentro la stanza perpendicolare, che ha una dimensione in meno, si ricomincia.

Dimostrazione · del Teorema 26.1, induzione sulla dimensione

Dimensione 1. Ogni vettore diverso da zero è un autovettore, perché la macchina è la moltiplicazione per un numero. Un vettore lungo 1 è già una base ortonormale di autovettori.
Ipotesi. Supponiamo il risultato vero in dimensione $n - 1$ e prendiamo $V$ di dimensione $n$ .
Esiste un autovettore. Con i numeri complessi il polinomio caratteristico ha almeno una radice, per il teorema fondamentale dell'algebra (lezione L04). Quindi $T$ ha un autovalore e un autovettore $v$ .
Una stanza invariante più piccola. La retta $Span (v)$ è invariante, perché è fatta di multipli di un autovettore. Per la Proposizione 25.10 anche $U = Span (v)^{⊥}$ è invariante. Inoltre $U$ ha dimensione $n - 1$ (lezione L21).
Dentro $U$ la macchina è ancora autoaggiunta. La macchina manda $U$ in $U$ , e l'uguaglianza della Definizione 25.5 vale per tutti i vettori, quindi anche per quelli di $U$ .
Si usa l'ipotesi. $U$ ha una base ortonormale $v_{2}, \dots, v_{n}$ di autovettori.
Si aggiunge $v$ . Rendo $v$ lungo 1. È perpendicolare a tutti i $v_{2}, \dots, v_{n}$ , che stanno in $U$ . Quindi $v, v_{2}, \dots, v_{n}$ è una base ortonormale di autovettori di $V$ .

Con i numeri reali. Sui reali un polinomio può non avere radici: per esempio $λ^{2} + 1$ . Quindi il punto 3 non è gratis. Le dispense lo sistemano così.

In una base ortonormale la macchina ha una matrice $S$ reale e simmetrica (Proposizione 25.6).
Vista come matrice complessa, $S$ è hermitiana. Per il caso complesso appena visto, tutti i suoi autovalori sono reali: il polinomio caratteristico ha una radice reale $λ$ .
Il sistema $(S - λ I) x = 0$ ha numeri reali e soluzioni diverse da zero: c'è un autovettore reale.
Con questo autovettore si fa la stessa induzione.

C'è una conseguenza che le dispense sottolineano: una matrice reale simmetrica ha sempre tutti gli autovalori reali.

Oltre le dispense · Il caso $2 \times 2$ fatto a mano

Per $S = (a b b c)$ reale, il polinomio caratteristico è $λ^{2} - (a + c) λ + (a c - b^{2})$ . Il suo discriminante è

(a + c)^{2} - 4 (a c - b^{2}) = a^{2} - 2 a c + c^{2} + 4 b^{2} = (a - c)^{2} + 4 b^{2},

una somma di quadrati, quindi mai negativo: le radici sono sempre reali. Sono uguali solo se $a = c$ e $b = 0$ , cioè se $S$ è già un multiplo dell'identità.

Prova tu

Quali sono gli autovalori di

(1331)

? Sono reali?

Il polinomio è $(1 - λ)^{2} - 9$ , che si annulla con $1 - λ = 3$ oppure $1 - λ = - 3$ : autovalori $- 2$ e 4. Reali, come deve essere per una matrice simmetrica.

Da ricordare

Gli autovalori di una macchina autoaggiunta sono reali: conto di una riga.
La base si costruisce staccando un autovettore alla volta; la stanza perpendicolare resta invariante.

§4

Il teorema con le matrici

p. 135

Nello spazio delle colonne di numeri reali, con il prodotto scalare di tutti i giorni, il teorema diventa un fatto sulle matrici. È la forma che si usa negli esercizi. Le dispense la scrivono così.

Corollario 26.2

Sia $A$ una matrice $n \times n$ reale. Sono equivalenti i fatti seguenti:

$A$ è simmetrica;
$L_{A}$ ha una base ortonormale di autovettori;
esiste una matrice ortogonale $M$ tale che
$^{t} M A M = M^{- 1} A M = D$
sia una matrice diagonale.

Come si legge.

«Equivalenti» vuol dire: se vale uno dei tre fatti, valgono tutti.
Matrice ortogonale (Definizione 22.10): le sue colonne sono una base ortonormale, e la sua inversa è la trasposta. Per questo $^{t} M A M$ e $M^{- 1} A M$ sono la stessa matrice.
Sulla diagonale di $D$ ci sono gli autovalori, nello stesso ordine in cui le colonne di $M$ mettono gli autovettori.

Il perché, un passaggio alla volta:

(1) e (2) insieme: è il teorema spettrale. La macchina di $A$ è autoaggiunta esattamente quando $A$ è simmetrica (Corollario 25.7), e gli autovalori di una simmetrica reale sono reali.
Da (2) a (3): i vettori della base ortonormale di autovettori, messi in colonna, danno una matrice ortogonale $M$ , e $M^{- 1} A M$ è diagonale (lezioni L17–L18).
Da (3) a (2): se $M^{- 1} A M$ è diagonale, le colonne di $M$ sono autovettori; se $M$ è ortogonale, sono una base ortonormale.

Trappola · Diagonalizzabile non vuol dire simmetrica

La matrice $B = (3011)$ è diagonalizzabile, perché ha due autovalori distinti, ma non è simmetrica. Ha una base di autovettori, ma non una base ortonormale di autovettori (Esercizio 26.3). Il teorema spettrale riconosce le matrici diagonalizzabili con una matrice ortogonale, non tutte quelle diagonalizzabili.

Due fatti che accorciano i conti

Il primo fatto: autovettori di autovalori diversi sono già perpendicolari. È lo stesso trucco di prima, spostare la macchina dentro il prodotto.

Oltre le dispense · Autovettori di autovalori diversi sono ortogonali

Prendi $A$ simmetrica, con $A v = λ v$ e $A w = μ w$ . Se $λ$ è diverso da $μ$ , allora $⟨ v, w ⟩ = 0$ . Infatti, con $μ$ reale,

λ ⟨ v, w ⟩ = ⟨ A v, w ⟩ = ⟨ v, A w ⟩ = μ ⟨ v, w ⟩ .

Quindi $(λ - μ) ⟨ v, w ⟩ = 0$ , e il primo fattore non è zero. Le dispense usano questo fatto nell'Esercizio 26.4: l'autovettore di un autovalore «è sempre automaticamente ortogonale» a quelli dell'altro.

Conseguenza pratica: Gram–Schmidt serve solo dentro un autospazio con almeno due dimensioni. Tra autospazi diversi la perpendicolarità è gratis.

Il secondo fatto: una matrice simmetrica è diagonalizzabile, quindi per ogni autovalore la molteplicità geometrica è uguale a quella algebrica (Teorema 18.10). La dimensione di ogni autospazio si legge già dal polinomio caratteristico.

Prova tu

La matrice

(0110)

è ortogonale? Quanto vale la sua inversa?

Le colonne sono $(0, 1)$ e $(1, 0)$ : lunghe 1 e perpendicolari. È ortogonale, e l'inversa è la trasposta, cioè la matrice stessa.

Da ricordare

Reale simmetrica = diagonalizzabile con una matrice ortogonale, e $^{t} M = M^{- 1}$ .
Autovalori diversi: autovettori già perpendicolari. Gram–Schmidt solo dentro un autospazio grande.

§5

Il metodo, passo per passo

oltre le dispense

Ecco il procedimento che gli esercizi chiedono. Prima la ricetta, poi due esempi svolti.

Metodo · Trovare una base ortonormale di autovettori, e la matrice $M$

Controlla che $A$ sia simmetrica. Se non lo è, per il Corollario 26.2 una base ortonormale di autovettori non esiste.
Autovalori: le radici di $p_{A} (λ) = det (A - λ I)$ , con le molteplicità.
Autospazi: per ogni autovalore risolvi $(A - λ I) x = 0$ e trova una base.
Rendi perpendicolari i vettori dentro ogni autospazio con almeno due dimensioni, con Gram–Schmidt o scegliendoli subito perpendicolari.
Rendi lunghi 1 tutti i vettori, dividendo ciascuno per la sua lunghezza.
Mettili in colonna: è $M$ , ortogonale. Allora $^{t} M A M$ è diagonale, con gli autovalori nell'ordine delle colonne.
Controlla: prodotti scalari zero a due a due, lunghezze 1.

Esempio · Una matrice $2 \times 2$

$A = (2112)$ è simmetrica. Il polinomio è $(2 - λ)^{2} - 1 = λ^{2} - 4 λ + 3 = (λ - 3) (λ - 1)$ .

$λ = 3$ : $(A - 3 I) x = 0$ dà $- x_{1} + x_{2} = 0$ , autovettore $(1, 1)$ ;
$λ = 1$ : $(A - I) x = 0$ dà $x_{1} + x_{2} = 0$ , autovettore $(1, - 1)$ .

Sono già perpendicolari, perché gli autovalori sono diversi. Li rendo lunghi 1: $\frac{1}{2} (1, 1)$ e $\frac{1}{2} (1, - 1)$ . Allora

M = \frac{1}{2} (11 1 - 1),^{t} M A M = (3001) .

Controllo: $A (1, 1) = (3, 3) = 3 (1, 1)$ e $A (1, - 1) = (1, - 1)$ .

Esempio · Una matrice $3 \times 3$ con un autovalore doppio

$A = 211121112$ è simmetrica.

Autovalori. Con Sarrus, e chiamando $t = 2 - λ$ :

det (A - λ I) = t^{3} + 1 + 1 - t - t - t = t^{3} - 3 t + 2 = (t - 1)^{2} (t + 2) .

Siccome $t - 1 = 1 - λ$ e $t + 2 = 4 - λ$ , gli autovalori sono 1 (doppio) e 4 (semplice).

Autospazi. Per $λ = 4$ : ogni riga di $A$ somma a 4, quindi $(1, 1, 1)$ è un autovettore, e $V_{4} = Span ((1, 1, 1))$ . Per $λ = 1$ : $A - I$ ha tutte le righe uguali a $(1, 1, 1)$ , quindi $V_{1}$ è il piano $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ , con base $(1, - 1, 0)$ e $(1, 0, - 1)$ .

Gram–Schmidt dentro $V_{1}$ . $w_{1} = (1, - 1, 0)$ e

w_{2} = (1, 0, - 1) - \frac{⟨( 1 , 0 , - 1 ) , ( 1 , - 1 , 0 )⟩}{⟨( 1 , - 1 , 0 ) , ( 1 , - 1 , 0 )⟩} (1, - 1, 0) = (1, 0, - 1) - \frac{1}{2} (1, - 1, 0) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, - 1),

che moltiplico per 2: $(1, 1, - 2)$ . Controllo: è perpendicolare a $(1, - 1, 0)$ e sta nel piano, perché $1 + 1 - 2 = 0$ .

Vettori lunghi 1. La base ortonormale di autovettori è

\frac{1}{3} (1, 1, 1), \frac{1}{2} (1, - 1, 0), \frac{1}{6} (1, 1, - 2) .

Con queste colonne $M$ è ortogonale e $^{t} M A M = diag (4, 1, 1)$ . Il vettore $(1, 1, 1)$ è perpendicolare agli altri due senza Gram–Schmidt: autovalori diversi.

Con la calcolatrice qui sotto puoi controllare autovalori e autospazi (lo strumento scrive anche le molteplicità). Con la seconda puoi rifare Gram–Schmidt dentro l'autospazio $V_{1}$ .

Con i numeri complessi

Per una matrice hermitiana $H$ il procedimento è lo stesso, con due differenze.

Prodotti e lunghezze si calcolano con il prodotto hermitiano (lezione L25): i numeri del secondo vettore si coniugano.
La matrice $W$ con gli autovettori in colonna non è ortogonale: la sua inversa è la trasposta coniugata $^{t} \overset{ˉ}{W}$ .

L'Esercizio 26.5 delle dispense lo mostra per esteso.

Trappola · La lunghezza di un vettore complesso

La lunghezza di $(1, i, i)$ è $1 + 1 + 1 = 3$ : si sommano i moduli al quadrato. Il conto senza moduli darebbe $1 + i^{2} + i^{2} = - 1$ , e la radice di un numero negativo come lunghezza non ha senso.

Prova tu

Rendi lungo 1 il vettore

(3, 4)

È lungo $9 + 16 = 5$ : diviso per 5 diventa $(\frac{3}{5}, \frac{4}{5})$ .

Da ricordare

Metodo: autovalori, autospazi, Gram–Schmidt dentro gli autospazi grandi, vettori lunghi 1, colonne di $M$ .
Con i complessi: prodotto hermitiano e $W^{- 1} =^{t} \overset{ˉ}{W}$ .

§6

Collegamento con l'informatica: la PCA

pp. 135–136

Hai una nuvola di punti, per esempio altezza e peso di cento persone. In che direzione la nuvola è più allungata? È la domanda della PCA, l'analisi delle componenti principali, e la risposta la dà il teorema spettrale. Le dispense la presentano così.

Nota · PCA e riduzione dimensionale

Le dispense chiudono la parte teorica con un'applicazione all'analisi dei dati: la Principal Component Analysis (PCA, analisi delle componenti principali). Si hanno dati centrati $x_{1}, \dots, x_{N} \in R^{n}$ , cioè con media zero, e si considera la matrice

S = \frac{1}{N} i = 1 \sum N x_{i}^{t} x_{i} .

$S$ è simmetrica, quindi per il teorema spettrale ha una base ortonormale di autovettori. Gli autovettori con gli autovalori più grandi indicano le direzioni in cui i dati variano di più. Proiettando i dati sul sottospazio generato da poche di queste direzioni si ottiene una rappresentazione in dimensione più bassa, che conserva una parte importante dell'informazione. È il principio matematico della PCA.

Perché $S$ è simmetrica. Ogni $x_{i}^{t} x_{i}$ è una colonna per una riga, cioè una matrice $n \times n$ , ed è uguale alla sua trasposta. La media di matrici simmetriche è simmetrica.

Oltre le dispense · Un esempio con quattro punti

Prendiamo nel piano i punti $(2, 2)$ , $(- 2, - 2)$ , $(1, - 1)$ , $(- 1, 1)$ . La loro media è $(0, 0)$ , quindi sono centrati.

$(2, 2)^{t} (2, 2) = (4444)$ , e lo stesso per $(- 2, - 2)$ ;
$(1, - 1)^{t} (1, - 1) = (1 - 1 - 1 1)$ , e lo stesso per $(- 1, 1)$ .

Quindi $S = \frac{1}{4} (106610) = (5/2 3/2 3/2 5/2)$ . I suoi autovalori sono 4, con autovettore $(1, 1)$ , e 1, con autovettore $(1, - 1)$ .

La prima componente principale è la direzione $u_{1} = \frac{1}{2} (1, 1)$ . Le coordinate dei punti lungo $u_{1}$ sono $22$ , $- 22$ , 0 e 0, e la media dei loro quadrati è $\frac{8 + 8}{4} = 4$ : proprio l'autovalore. Lungo $u_{2} = \frac{1}{2} (1, - 1)$ la media dei quadrati è 1. Tenere solo la coordinata lungo $u_{1}$ riduce i dati a una dimensione, perdendo la parte di variabilità più piccola.

−2−112−2−112xy

(2, 2)

(- 2, - 2)

(1, - 1)

(- 1, 1)

u_{1}

u_{2}

I quattro punti e le due direzioni principali: lungo

u_{1}

i dati variano di più (autovalore 4) che lungo

u_{2}

(autovalore 1)

Oltre le dispense · Dove trovarlo nel libro

Nel libro di Martelli il teorema spettrale è il §11.3 (pp. 352–355): Teorema 11.3.1 = 26.1, Corollario 11.3.2 = 26.2. Subito dopo (Esempio 11.3.3) il libro osserva che proiezioni e riflessioni ortogonali sono autoaggiunte, quindi hanno matrici simmetriche. Poi usa il teorema per calcolare la segnatura di una matrice simmetrica, contando gli autovalori positivi, negativi e nulli (Proposizione 11.3.4, con il criterio di Cartesio). Gli Esercizi 11.1 e 11.2 di fine capitolo (p. 355) sono simili al 26.3 e al nostro esercizio sulla matrice $(1 - i i 1)$ .

Prova tu

Perché la matrice

(1, 2)^{t} (1, 2)

è simmetrica?

È $(1224)$ : fuori dalla diagonale c'è 2 in tutti e due i posti. In generale il posto $(j, k)$ è il prodotto della coordinata $j$ per la coordinata $k$ , e il prodotto non cambia scambiandole.

Da ricordare

La matrice dei dati della PCA è simmetrica: ha direzioni principali perpendicolari.
Autovalore grande = direzione in cui i dati variano di più.

§7

I simboli di questa lezione

Simbolo	Si legge	Vuol dire	Esempio
$^{t} A = A$	«a trasposta uguale ad a»	la matrice è simmetrica	$(2112)$
$^{t} M M = I$	«emme trasposta per emme è l'identità»	$M$ è ortogonale: colonne lunghe 1 e perpendicolari	$(0110)$
$^{t} M A M = D$	«emme trasposta, a, emme uguale a di»	$A$ diventa diagonale con una matrice ortogonale
$diag (4, 1, 1)$	«diagonale quattro, uno, uno»	la matrice diagonale con quei numeri
$V_{λ}$	«autospazio di lambda»	gli autovettori di $λ$ , più lo zero
$p_{A} (λ)$	«polinomio caratteristico di a»	$det (A - λ I)$
$^{t} \overset{ˉ}{W}$	«trasposta coniugata di vu doppio»	l'inversa di $W$ , se le colonne sono ortonormali per il prodotto hermitiano
$T ∣_{U}$	«ti ristretta a u»	la macchina usata solo sui vettori di $U$

§8

Verso l'esame

esame

La prova di Algebra lineare e Geometria ha 10 domande a risposta multipla, con 5 risposte e una sola giusta. Ci sono poi 2 problemi da 11 punti, corretti solo con almeno 6 risposte giuste. Dura 2 ore, senza calcolatrice, e si può portare solo un foglio da 4 facciate scritto a mano. Gli appelli 2026/27 sono il 22/01/2027 e il 05/02/2027 alle 14:00. Tutti i dettagli sono nella lezione L01.

Che cosa di questa lezione compare negli appelli 2023–2026.

Problemi aperti con una matrice a parametro: si calcola $^{t} A - A$ per capire per quali valori la matrice è simmetrica, e si conclude con il teorema spettrale. Appelli del 24/01/2024 (problema 11, punto 3: con $k = - 1$ la matrice è simmetrica, quindi diagonalizzabile) e del 15/01/2026 (problema 11, punti 2 e 3: per quali $k$ ci sono autovalori reali e una base ortonormale di autovettori, e poi calcolarla).
Base ortonormale di un autospazio: appello del 02/09/2025 (problema 11, punto 3).
Quiz teorici: appello del 16/01/2025 (domanda 7).

Una domanda vera, letta insieme

Appello del 16/01/2025, domanda 7. Il testo: «Sia $A \in M (4, R)$ una matrice simmetrica con esattamente 2 autovalori reali distinti. Quale delle seguenti affermazioni è vera? (a) Almeno un autovalore di $A$ deve avere molteplicità maggiore di 1. (b) $A$ deve essere ortogonale. (c) Gli autovettori di $A$ sono ortonormali. (d) $A$ ha almeno un autovalore complesso. (e) $A$ non può essere diagonalizzabile».

In pratica chiede: una matrice simmetrica 4 per 4 con soli due autovalori. Che cosa dice di sicuro il teorema spettrale?

Esempio · la soluzione, passo per passo

Passo 1: che cosa garantisce il teorema. $A$ è simmetrica: è diagonalizzabile e ha autovalori reali. Questo esclude subito (d) ed (e).

Passo 2: contare. Diagonalizzabile vuol dire che le molteplicità dei due autovalori sommano a 4. Con due soli numeri che sommano a 4, almeno uno è 2 o più: è la (a).

Passo 3: le altre. (b) è falsa: $diag (2, 2, 3, 3)$ è simmetrica ma non ortogonale, perché le colonne non sono lunghe 1. (c) confonde «esiste una base ortonormale di autovettori» con «tutti gli autovettori sono ortonormali»: il doppio di un autovettore è ancora un autovettore, ma non è lungo 1.

Un'altra domanda vera

Conta all'esame · Appello del 02/09/2025, problema 11, punto 3

Data $A = - 6 33 3 - 6 3 33 - 6$ , calcolare una base ortonormale dell'autospazio di $A$ con autovalore $- 9$ .

Soluzione.

$A + 9 I$ ha tutte le righe uguali a $(3, 3, 3)$ , quindi l'autospazio è il piano $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$ , con base $(1, - 1, 0)$ e $(1, 0, - 1)$ .
È lo stesso piano dell'esempio $3 \times 3$ del metodo: Gram–Schmidt dà $(1, - 1, 0)$ e $(1, 1, - 2)$ .
Resi lunghi 1: $\frac{1}{2} (1, - 1, 0)$ e $\frac{1}{6} (1, 1, - 2)$ .

Il problema 11 del 15/01/2026 è svolto per intero negli esercizi.

Metodo · Il ragionamento con $^{t} A - A$

Calcola $^{t} A - A$ : è la matrice nulla esattamente quando $A$ è simmetrica.
Per i valori del parametro in cui $A$ è simmetrica: autovalori reali, diagonalizzabile, base ortonormale di autovettori (Corollario 26.2).
Per gli altri valori: nessuna base ortonormale di autovettori, sempre per il Corollario 26.2, anche se la matrice può essere diagonalizzabile. Per la diagonalizzabilità servono i metodi delle lezioni L17–L18.

Errori da evitare.

Dimenticare di rendere i vettori lunghi 1: una base ortogonale di autovettori non è ancora ortonormale.
Fare Gram–Schmidt tra autospazi diversi, che è inutile, e non farlo dentro un autospazio di dimensione 2, dove serve se la base trovata con Gauss non è già perpendicolare.
Calcolare a mano l'inversa di una matrice ortogonale: basta la trasposta.
Dire «non simmetrica, quindi non diagonalizzabile»: è falso, guarda $B = (3011)$ .
Con i vettori complessi, sommare i quadrati invece dei moduli al quadrato.

Conta all'esame · Il foglio da 4 facciate

Da questa lezione: l'enunciato del teorema spettrale e del Corollario 26.2; «simmetrica reale, quindi autovalori reali»; «autovalori diversi, quindi autovettori perpendicolari»; la ricetta in sette passi; con i complessi $W^{- 1} =^{t} \overset{ˉ}{W}$ .

§10

Esercizi

con soluzioni

1 · Riscaldamento: simmetrica o no base

Quali di queste matrici sono simmetriche? $(1225)$ , $(1321)$ , $(0110)$ .

Soluzione

Una matrice è simmetrica quando i numeri a specchio rispetto alla diagonale sono uguali.

La prima: 2 e 2. Sì.
La seconda: 2 e 3. No.
La terza: 1 e 1. Sì.

Per il teorema spettrale la prima e la terza hanno una base ortonormale di autovettori.

2 · Riscaldamento: l'altro autovettore base

Una matrice simmetrica $2 \times 2$ ha due autovalori diversi, e $(3, 1)$ è un autovettore. In che direzione sta l'altro autovettore?

Soluzione

Autovalori diversi: gli autovettori sono perpendicolari.
Un vettore perpendicolare a $(3, 1)$ è $(- 1, 3)$ : il prodotto scalare è $- 3 + 3 = 0$ .
L'altro autovettore è un multiplo di $(- 1, 3)$ .

3 · Riscaldamento: vettori lunghi 1 base

Rendi lunghi 1 i vettori $(3, 4)$ e $(1, 1, 1)$ .

Soluzione

$(3, 4)$ è lungo $9 + 16 = 5$ : diventa $(\frac{3}{5}, \frac{4}{5})$ .
$(1, 1, 1)$ è lungo $3$ : diventa $\frac{1}{3} (1, 1, 1)$ .

4 · Riscaldamento: ortogonale o no base

Le matrici $(0110)$ e $(1011)$ sono ortogonali?

Soluzione

Una matrice è ortogonale quando le colonne sono lunghe 1 e perpendicolari.

La prima ha colonne $(0, 1)$ e $(1, 0)$ : lunghe 1 e perpendicolari. Sì, e la sua inversa è la trasposta.
La seconda ha colonne $(1, 0)$ e $(1, 1)$ : il prodotto scalare è 1, non zero. No.

5 · Esercizio 26.3 delle dispense: simmetrica sì, simmetrica no base

Verifica che la matrice $A$ ha una base ortonormale di autovettori mentre la matrice $B$ no:

A = (3111), B = (3011) .

Soluzione

Il Corollario 26.2 risponde subito: $A$ è simmetrica e $B$ no. Le dispense chiedono però di verificarlo senza usare il teorema spettrale.

La matrice $A$ . Il polinomio è $(3 - λ) (1 - λ) - 1 = λ^{2} - 4 λ + 2$ , con radici $\frac{4 \pm 16 - 8}{2} = 2 \pm 2$ . Per gli autovettori uso la prima riga di $A - λ I$ : $(3 - λ) x + y = 0$ , cioè $y = (λ - 3) x$ .

$λ_{1} = 2 + 2$ : $y = (2 - 1) x$ . Con $x = 1 + 2$ viene $y = (2 - 1) (2 + 1) = 2 - 1 = 1$ , quindi $v_{1} = (1 + 2, 1)$ .
$λ_{2} = 2 - 2$ : $y = (- 1 - 2) x$ . Con $x = 1 - 2$ viene $y = - (1 + 2) (1 - 2) = - (1 - 2) = 1$ , quindi $v_{2} = (1 - 2, 1)$ .

Il prodotto scalare è $(1 + 2) (1 - 2) + 1 = (1 - 2) + 1 = 0$ : sono perpendicolari. Rendendoli lunghi 1 (le lunghezze al quadrato sono $4 + 22$ e $4 - 22$ ) si ottiene una base ortonormale di autovettori.

La matrice $B$ . È triangolare: autovalori 3 e 1. Per 3: $(B - 3 I) x = 0$ dà $y = 0$ , autovettore $v_{1} = (1, 0)$ . Per 1: $(B - I) x = 0$ dà $2 x + y = 0$ , autovettore $v_{2} = (- 1, 2)$ . Il prodotto scalare è $- 1$ , non zero.

Perché nessuna scelta funziona: ogni autovettore di 3 è un multiplo di $v_{1}$ , ogni autovettore di 1 è un multiplo di $v_{2}$ . Moltiplicare per numeri non cambia la retta, quindi due autovettori formano sempre lo stesso angolo $ϑ$ o $π - ϑ$ , con $cos ϑ = \frac{- 1}{1 \cdot 5}$ : non è un angolo retto.

6 · Una diagonalizzazione ortogonale $2 \times 2$ base

Trova una matrice ortogonale $M$ tale che $^{t} M A M$ sia diagonale, per $A = (5222)$ .

Soluzione

Il polinomio è $(5 - λ) (2 - λ) - 4 = λ^{2} - 7 λ + 6 = (λ - 6) (λ - 1)$ .

$λ = 6$ : $(A - 6 I) x = 0$ dà $- x_{1} + 2 x_{2} = 0$ , autovettore $(2, 1)$ .
$λ = 1$ : $(A - I) x = 0$ dà $4 x_{1} + 2 x_{2} = 0$ , autovettore $(1, - 2)$ .

Sono perpendicolari: $2 - 2 = 0$ . Tutti e due sono lunghi $5$ . Quindi

M = \frac{1}{5} (21 1 - 2),^{t} M A M = (6001) .

Controllo: $A (2, 1) = (12, 6) = 6 (2, 1)$ e $A (1, - 2) = (1, - 2)$ .

7 · Esercizio 26.4 delle dispense: una base ortonormale di autovettori medio

Trovare una base ortonormale di autovettori per la matrice

A = 101020101 .

Soluzione

$A$ è simmetrica, quindi la base esiste.

Polinomio caratteristico, sviluppando lungo la seconda riga, che ha un solo numero diverso da zero:

p_{A} (λ) = det 1 - λ 01 0 2 - λ 0 10 1 - λ = (2 - λ) det (1 - λ 1 1 1 - λ) = (2 - λ) [(1 - λ)^{2} - 1] .

Siccome $(1 - λ)^{2} - 1 = λ^{2} - 2 λ = λ (λ - 2)$ , viene $p_{A} (λ) = - λ (2 - λ)^{2}$ . Autovalori: 0, con molteplicità 1, e 2, con molteplicità 2. $A$ è diagonalizzabile, quindi le molteplicità geometriche sono le stesse.

Autospazi.

$λ = 0$ : $A x = 0$ dà $x_{1} + x_{3} = 0$ e $x_{2} = 0$ , quindi $V_{0} = Span ((1, 0, - 1))$ .
$λ = 2$ : $(2 I - A) x = 0$ con $2 I - A = 10 - 1 000 - 1 01$ dà solo $x_{1} = x_{3}$ , con $x_{2}$ libero: $V_{2} = Span ((1, 0, 1), (0, 1, 0))$ .

Perpendicolarità. I due vettori scelti in $V_{2}$ sono già perpendicolari, perché il loro prodotto scalare è 0. Le dispense avvertono: bisogna sceglierli così, altrimenti serve Gram–Schmidt. Il vettore di $V_{0}$ è perpendicolare a tutto $V_{2}$ , perché gli autovalori sono diversi: infatti $⟨(1, 0, - 1), (1, 0, 1)⟩ = 0$ e $⟨(1, 0, - 1), (0, 1, 0)⟩ = 0$ .

Vettori lunghi 1. $(1, 0, - 1)$ e $(1, 0, 1)$ sono lunghi $2$ , $(0, 1, 0)$ è già lungo 1:

w_{1} = \frac{1}{2} (1, 0, - 1) = (\frac{2}{2}, 0, - \frac{2}{2}), w_{2} = \frac{1}{2} (1, 0, 1) = (\frac{2}{2}, 0, \frac{2}{2}),

w_{3} = (0, 1, 0) .

$w_{1}, w_{2}, w_{3}$ è una base ortonormale di autovettori. Con $M = (w_{1} ∣ w_{2} ∣ w_{3})$ viene $^{t} M A M = diag (0, 2, 2)$ .

8 · Un autovalore doppio con Gram–Schmidt medio

Trova una base ortonormale di autovettori per $A = 222254245$ .

Soluzione

Polinomio caratteristico, sviluppando lungo la prima riga:

det (A - λ I) = (2 - λ) [(5 - λ)^{2} - 16] - 2 [2 (5 - λ) - 8] + 2 [8 - 2 (5 - λ)] .

I pezzi: $(5 - λ)^{2} - 16 = (λ - 1) (λ - 9)$ ; $2 (5 - λ) - 8 = 2 - 2 λ$ ; $8 - 2 (5 - λ) = - 2 + 2 λ$ . Quindi

det (A - λ I) = (2 - λ) (λ - 1) (λ - 9) + 8 (λ - 1) = (λ - 1) [(2 - λ) (λ - 9) + 8] = - (λ - 1)^{2} (λ - 10),

perché $(2 - λ) (λ - 9) + 8 = - λ^{2} + 11 λ - 10 = - (λ - 1) (λ - 10)$ . Autovalori: 1 (doppio) e 10.

Autospazi. $A - I = 122244244$ ha rango 1: $V_{1}$ è il piano $x_{1} + 2 x_{2} + 2 x_{3} = 0$ , con base $(- 2, 1, 0)$ e $(- 2, 0, 1)$ . Per $λ = 10$ : $A (1, 2, 2) = (10, 20, 20)$ , quindi $V_{10} = Span ((1, 2, 2))$ . È la retta perpendicolare al piano $V_{1}$ , come deve essere.

Gram–Schmidt in $V_{1}$ . $w_{1} = (- 2, 1, 0)$ e

w_{2} = (- 2, 0, 1) - \frac{⟨( - 2 , 0 , 1 ) , ( - 2 , 1 , 0 )⟩}{⟨( - 2 , 1 , 0 ) , ( - 2 , 1 , 0 )⟩} (- 2, 1, 0) = (- 2, 0, 1) - \frac{4}{5} (- 2, 1, 0) = (- \frac{2}{5}, - \frac{4}{5}, 1),

che moltiplico per 5: $(- 2, - 4, 5)$ . Controlli: il prodotto con $(- 2, 1, 0)$ è $4 - 4 = 0$ , e $- 2 - 8 + 10 = 0$ , quindi sta in $V_{1}$ .

Vettori lunghi 1. Le lunghezze sono 3, $5$ e $45 = 35$ . Base ortonormale di autovettori:

\frac{1}{3} (1, 2, 2), \frac{1}{5} (- 2, 1, 0), \frac{1}{3 5} (- 2, - 4, 5),

con $^{t} M A M = diag (10, 1, 1)$ .

9 · Una matrice hermitiana $2 \times 2$ medio

Trova una base ortonormale di autovettori (prodotto hermitiano euclideo) per $H = (1 - i i 1)$ e scrivi $W$ con $W^{- 1} H W$ diagonale.

Soluzione

Il polinomio è $(1 - λ)^{2} - i (- i) = (1 - λ)^{2} - 1 = λ (λ - 2)$ : autovalori 0 e 2, reali.

$λ = 0$ : $x_{1} + i x_{2} = 0$ , cioè $x_{1} = - i x_{2}$ . Con $x_{2} = i$ viene $x_{1} = 1$ : autovettore $(1, i)$ . Controllo: $H (1, i) = (1 + i \cdot i, - i + i) = (0, 0)$ .
$λ = 2$ : $- x_{1} + i x_{2} = 0$ , cioè $x_{1} = i x_{2}$ . Con $x_{2} = - i$ viene $x_{1} = 1$ : autovettore $(1, - i)$ . Controllo: $H (1, - i) = (1 + 1, - i - i) = 2 (1, - i)$ .

Il prodotto hermitiano è $1 + i \cdot \overline{- i} = 1 + i \cdot i = 0$ , e tutti e due sono lunghi $2$ . Quindi

W = \frac{1}{2} (1 i 1 - i), W^{- 1} =^{t} \overset{ˉ}{W} = \frac{1}{2} (11 - i i),

W^{- 1} H W = (0002) .

10 · Matrice con parametro (appello del 15/01/2026, problema 11) tipo esame

Si consideri la matrice $A = 1 k 0 k^{2} k + 1 k 0 k 1$ in $M (3, R)$ , dove $k$ è un parametro reale. (1) Determinare per quali valori di $k$ la matrice $A$ è invertibile. (2) Calcolare $^{t} A - A$ , e stabilire per quali valori di $k$ la matrice $A$ ammette sia autovalori reali, sia una base ortonormale di autovettori. (3) Posto $k = 1$ , calcolare una base ortonormale di autovettori.

Soluzione

(1) Sviluppo lungo la prima riga:

det A = 1 \cdot ((k + 1) \cdot 1 - k \cdot k) - k^{2} \cdot (k \cdot 1 - k \cdot 0) + 0 = k + 1 - k^{2} - k^{3} .

Raccolgo: $- k^{3} - k^{2} + k + 1 = - k^{2} (k + 1) + (k + 1) = (k + 1) (1 - k^{2}) = - (k + 1)^{2} (k - 1)$ . Quindi $A$ è invertibile per $k$ diverso da 1 e da $- 1$ .

(2) $^{t} A = 1 k^{2} 0 k k + 1 k 0 k 1$ , quindi

^{t} A - A = 0 k^{2} - k 0 k - k^{2} 00 000 .

$A$ è simmetrica esattamente quando $k^{2} = k$ , cioè $k = 0$ oppure $k = 1$ . Per il Corollario 26.2 la base ortonormale di autovettori c'è esattamente quando $A$ è simmetrica, e allora anche gli autovalori sono reali. Risposta: $k = 0$ oppure $k = 1$ .

(3) Con $k = 1$ : $A = 110121011$ . Sviluppando lungo la prima riga,

p_{A} (λ) = (1 - λ) [(2 - λ) (1 - λ) - 1] - 1 \cdot [(1 - λ) - 0] = (1 - λ) [λ^{2} - 3 λ + 1 - 1] = (1 - λ) λ (λ - 3) .

Autovalori 0, 1 e 3, distinti.

$λ = 0$ : $x_{1} + x_{2} = 0$ e $x_{2} + x_{3} = 0$ : $(1, - 1, 1)$ .
$λ = 1$ : $A - I = 010111010$ dà $x_{2} = 0$ e $x_{1} + x_{3} = 0$ : $(1, 0, - 1)$ .
$λ = 3$ : $A - 3 I = - 2 10 1 - 1 1 01 - 2$ dà $x_{2} = 2 x_{1}$ e $x_{2} = 2 x_{3}$ : $(1, 2, 1)$ .

Sono perpendicolari a due a due, perché gli autovalori sono distinti. Controllo: $1 - 1 + 0 = 0$ , $1 - 2 + 1 = 0$ , $1 + 0 - 1 = 0$ . Resi lunghi 1:

\frac{1}{3} (1, - 1, 1), \frac{1}{2} (1, 0, - 1), \frac{1}{6} (1, 2, 1) .

Nota: 0 è un autovalore proprio per $k = 1$ , e infatti per il punto (1) la matrice non è invertibile.

11 · Simmetrica per un solo valore del parametro tipo esame

Sia $A_{k} = 210 k 20 003$ con $k \in R$ . (1) Calcola $^{t} A_{k} - A_{k}$ e trova per quali $k$ la matrice è simmetrica. (2) Per quel valore trova una matrice ortogonale $M$ e una diagonale $D$ con $^{t} M A_{k} M = D$ . (3) Per $k = 4$ la matrice è diagonalizzabile? Ha una base ortonormale di autovettori?

Soluzione

(1) $^{t} A_{k} - A_{k} = 0 k - 1 0 1 - k 00 000$ : è nulla solo per $k = 1$ .

(2) Con $k = 1$ il blocco in alto a sinistra è $(2112)$ , con autovalori 3 e 1 e autovettori $(1, 1)$ e $(1, - 1)$ . Il terzo vettore della base canonica dà ancora l'autovalore 3. Quindi

$λ = 3$ (doppio): $V_{3} = Span ((1, 1, 0), (0, 0, 1))$ , già perpendicolari;
$λ = 1$ : $V_{1} = Span ((1, - 1, 0))$ .

Controllo con il polinomio: $(3 - λ) [(2 - λ)^{2} - 1] = (3 - λ) (λ - 1) (λ - 3)$ . Resi lunghi 1:

M = \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 001 \frac{1}{2} - \frac{1}{2} 0, D = 300030001 .

(3) Con $k = 4$ il blocco $(2142)$ ha polinomio $(2 - λ)^{2} - 4 = λ (λ - 4)$ : autovalori 0 e 4, più l'autovalore 3. Tre autovalori reali distinti: $A_{4}$ è diagonalizzabile (lezione L18). Però non è simmetrica, quindi per il Corollario 26.2 non ha una base ortonormale di autovettori. Infatti gli autovettori di 4 e di 0 sono $(2, 1, 0)$ e $(- 2, 1, 0)$ , con prodotto scalare $- 4 + 1 = - 3$ .

12 · Esercizio 26.5 delle dispense: una matrice hermitiana difficile

Calcolare la diagonalizzazione della seguente matrice:

A = 2 - i - i i 10 i 01 .

Soluzione

$A$ è hermitiana: la diagonale è reale, e il coniugato di $- i$ è $i$ . Quindi c'è una base ortonormale di autovettori, per il prodotto hermitiano euclideo, e gli autovalori sono reali.

Polinomio caratteristico, sviluppando lungo la prima riga:

det (A - λ I) = (2 - λ) (1 - λ)^{2} - i [(- i) (1 - λ) - 0] + i [0 - (1 - λ) (- i)] .

Il secondo pezzo è $- i \cdot (- i) (1 - λ) = i^{2} (1 - λ) = - (1 - λ)$ ; il terzo è $i \cdot i (1 - λ) = - (1 - λ)$ . Quindi

det (A - λ I) = (1 - λ) [(2 - λ) (1 - λ) - 2] = (1 - λ) (λ^{2} - 3 λ) = (1 - λ) λ (λ - 3) .

Autovalori 0, 1 e 3, ciascuno con molteplicità 1: tutti reali, come previsto.

Autovettori.

$λ = 0$ : dalla seconda riga $- i x + y = 0$ , cioè $y = i x$ ; dalla terza $z = i x$ . La prima torna: $2 x + i (i x) + i (i x) = 2 x - x - x = 0$ . Con $x = 1$ : $v_{1} = (1, i, i)$ .
$λ = 1$ : $A - I = 1 - i - i i 00 i 00$ . La seconda riga dà $x = 0$ , la prima $i y + i z = 0$ , cioè $z = - y$ : $v_{2} = (0, 1, - 1)$ .
$λ = 3$ : $A - 3 I = - 1 - i - i i - 2 0 i 0 - 2$ . Dalla seconda riga $y = - \frac{i}{2} x$ , dalla terza $z = - \frac{i}{2} x$ . Con $x = 2 i$ : $y = - \frac{i}{2} \cdot 2 i = 1$ e $z = 1$ , quindi $v_{3} = (2 i, 1, 1)$ . Controllo sulla prima riga: $- 2 i + i + i = 0$ .

Perpendicolarità, con il prodotto hermitiano: $⟨ v_{1}, v_{2} ⟩ = 0 + i - i = 0$ ; $⟨ v_{1}, v_{3} ⟩ = 1 \cdot \overline{2 i} + i + i = - 2 i + 2 i = 0$ ; $⟨ v_{2}, v_{3} ⟩ = 0 + 1 - 1 = 0$ . Sono già perpendicolari, perché gli autovalori sono distinti: basta renderli lunghi 1.

Vettori lunghi 1, con i moduli al quadrato: le lunghezze al quadrato sono 3, 2 e $4 + 1 + 1 = 6$ . Le colonne divise per le lunghezze formano

W = \frac{3}{3} \frac{3 i}{3} \frac{3 i}{3} 0 \frac{2}{2} - \frac{2}{2} \frac{i 6}{3} \frac{6}{6} \frac{6}{6}

(per esempio $\frac{2 i}{6} = \frac{2 i 6}{6} = \frac{i 6}{3}$ ), e

Λ = W^{- 1} A W = 000010003 .

L'inversa senza conti. Le dispense notano che $^{t} \overset{ˉ}{W} \cdot W = I_{3}$ , quindi $W^{- 1} =^{t} \overset{ˉ}{W}$ . Il numero al posto $(j, k)$ di $^{t} \overset{ˉ}{W} W$ è il prodotto hermitiano della colonna $k$ con la colonna $j$ : vale 1 se sono la stessa colonna e 0 altrimenti, perché le colonne sono ortonormali. Attenzione: senza il coniugato non funziona. Il posto $(1, 1)$ di $^{t} W W$ è $\frac{1}{3} + (\frac{3 i}{3})^{2} + (\frac{3 i}{3})^{2} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{3}$ , non 1.

13 · Il viceversa facile, con le matrici difficile

Sia $A \in M (n, R)$ e supponi che esista una matrice ortogonale $M$ con $^{t} M A M = D$ diagonale. Dimostra direttamente che $A$ è simmetrica.

Soluzione

Da $^{t} M A M = D$ , moltiplico a sinistra per $M$ e a destra per $^{t} M$ . Uso $M^{t} M = I$ : per una matrice quadrata $^{t} M M = I$ dà anche $M^{t} M = I$ . Viene

A = M D^{t} M .

Traspongo, con la regola della trasposta di un prodotto e $^{t} D = D$ , perché una matrice diagonale è simmetrica:

^{t} A =^{t} (^{t} M)^{t} D^{t} M = M D^{t} M = A .

Quindi $A$ è simmetrica. È il passaggio da (3) a (1) del Corollario 26.2, senza passare per le macchine.

14 · Autovalori reali per le simmetriche $2 \times 2$ , a mano difficile

(a) Dimostra che $S = (a b b c)$ con $a, b, c \in R$ ha sempre autovalori reali. (b) Quando i due autovalori coincidono? (c) Verifica che, se $b \neq = 0$ , gli autovettori sono ortogonali.

Soluzione

(a) Il polinomio è $λ^{2} - (a + c) λ + (a c - b^{2})$ , con discriminante

Δ = (a + c)^{2} - 4 (a c - b^{2}) = (a - c)^{2} + 4 b^{2} .

È una somma di quadrati, mai negativa: le radici sono reali.

(b) Il discriminante è zero esattamente quando $a = c$ e $b = 0$ , cioè $S = a I$ : un solo autovalore, e ogni vettore è un autovettore.

(c) Se $b$ non è zero, i due autovalori $λ_{1}$ e $λ_{2}$ sono distinti. Dalla prima riga di $S - λ I$ , $(a - λ) x + b y = 0$ , un autovettore di $λ$ è $v = (b, λ - a)$ . Allora

⟨ v_{1}, v_{2} ⟩ = b^{2} + (λ_{1} - a) (λ_{2} - a) = b^{2} + λ_{1} λ_{2} - a (λ_{1} + λ_{2}) + a^{2} .

Dai numeri del polinomio, $λ_{1} + λ_{2} = a + c$ e $λ_{1} λ_{2} = a c - b^{2}$ . Sostituendo: $b^{2} + a c - b^{2} - a^{2} - a c + a^{2} = 0$ .

§11

Domande di ripasso

autoverifica

Che cosa dice il teorema spettrale?

Prendi uno spazio reale con un prodotto scalare definito positivo, o complesso con un prodotto hermitiano definito positivo. Una sua macchina è autoaggiunta esattamente quando ha una base ortonormale di autovettori e tutti i suoi autovalori sono reali (Teorema 26.1).

Perché con i numeri complessi serve la condizione «autovalori reali»?

Perché ci sono macchine con una base ortonormale di autovettori che non sono autoaggiunte, come $T (x, y) = (i x, y)$ su $C^{2}$ . La loro matrice diagonale ha un numero non reale, quindi non è hermitiana.

Come si dimostra che gli autovalori di una macchina autoaggiunta sono reali?

Se $T (v) = λ v$ con $v$ diverso da zero: $λ ⟨ v, v ⟩ = ⟨ T (v), v ⟩ = ⟨ v, T (v)⟩ = \overset{ˉ}{λ} ⟨ v, v ⟩$ . Siccome $⟨ v, v ⟩$ è positivo, $λ = \overset{ˉ}{λ}$ .

Qual è l'idea dell'induzione nella dimostrazione?

Si prende un autovettore $v$ , che con i complessi esiste per il teorema fondamentale dell'algebra. La retta di $v$ è invariante, quindi anche la stanza perpendicolare $U$ lo è (Proposizione 25.10). Dentro $U$ la macchina è autoaggiunta e la dimensione è una in meno: per induzione c'è una base ortonormale di autovettori, a cui si aggiunge $v$ reso lungo 1.

Come si passa dai numeri complessi ai reali?

Si scrive la macchina in una base ortonormale con una matrice reale simmetrica. Vista come complessa, ha autovalori reali: il polinomio ha una radice reale $λ$ , e il sistema $(S - λ I) x = 0$ dà un autovettore reale. Poi la stessa induzione.

Che cosa dice il Corollario 26.2?

Per una matrice reale $A$ sono equivalenti: $A$ simmetrica; la sua macchina ha una base ortonormale di autovettori; c'è una matrice ortogonale $M$ con $^{t} M A M = M^{- 1} A M$ diagonale.

Che cos'è una matrice ortogonale e perché è comoda?

Una matrice reale con $^{t} M M = I$ : le sue colonne sono lunghe 1 e perpendicolari. È comoda perché l'inversa è la trasposta, senza conti.

Perché autovettori di autovalori diversi di una matrice simmetrica sono perpendicolari?

Da $λ ⟨ v, w ⟩ = ⟨ A v, w ⟩ = ⟨ v, A w ⟩ = μ ⟨ v, w ⟩$ viene $(λ - μ) ⟨ v, w ⟩ = 0$ , e $λ - μ$ non è zero.

Quando serve Gram–Schmidt per diagonalizzare una matrice simmetrica?

Solo dentro un autospazio di dimensione almeno 2, se la base trovata risolvendo il sistema non è già perpendicolare. Tra autospazi diversi la perpendicolarità è automatica.

Una matrice diagonalizzabile è sempre simmetrica?

No. $(3011)$ è diagonalizzabile ma non simmetrica: ha una base di autovettori, ma non una base ortonormale di autovettori.

Come cambia il metodo per una matrice hermitiana?

Prodotti e lunghezze si calcolano con il prodotto hermitiano, cioè con i moduli al quadrato. La matrice $W$ degli autovettori resi lunghi 1 ha come inversa la trasposta coniugata.

Che cosa c'entra il teorema spettrale con la PCA?

La matrice $S = \frac{1}{N} \sum x_{i}^{t} x_{i}$ dei dati centrati è simmetrica, quindi ha una base ortonormale di autovettori. Quelli con gli autovalori più grandi sono le direzioni in cui i dati variano di più; proiettando su di loro si riduce la dimensione dei dati.

§12

Glossario

termini

Spettro: L'insieme degli autovalori di un endomorfismo o di una matrice.
Teorema spettrale: Un endomorfismo è autoaggiunto esattamente quando ha una base ortonormale di autovettori e autovalori reali (Teorema 26.1).
Endomorfismo autoaggiunto: $T$ con $⟨ T (v), w ⟩ = ⟨ v, T (w)⟩$ per ogni $v, w$ (lezione L25).
Base ortonormale di autovettori: Una base di autovettori lunghi 1 e perpendicolari a due a due; in essa la matrice dell'endomorfismo è diagonale.
Matrice ortogonale: Una matrice reale con $^{t} M M = I$ : le colonne sono una base ortonormale e l'inversa è la trasposta.
Diagonalizzazione ortogonale: La scrittura $^{t} M A M = D$ con $M$ ortogonale e $D$ diagonale; possibile esattamente per le matrici simmetriche (Corollario 26.2).
Matrice simmetrica: Una matrice reale uguale alla sua trasposta; ha autovalori reali ed è diagonalizzabile con una matrice ortogonale.
Matrice hermitiana: Una matrice complessa con $^{t} H = \overset{ˉ}{H}$ ; ha autovalori reali e una base ortonormale di autovettori per il prodotto hermitiano.
Trasposta coniugata: $^{t} \overset{ˉ}{W}$ ; per una matrice con colonne ortonormali, per il prodotto hermitiano, è l'inversa.
Autospazio: $V_{λ}$ : gli autovettori di $λ$ più il vettore zero; per le matrici simmetriche la sua dimensione è la molteplicità algebrica di $λ$ .
Molteplicità algebrica e geometrica: Quante volte $λ$ è radice del polinomio caratteristico, e la dimensione dell'autospazio; per le matrici simmetriche coincidono.
Induzione sulla dimensione: La tecnica della dimostrazione: si stacca un autovettore e si ricomincia nella stanza perpendicolare.
Teorema fondamentale dell'algebra: Ogni polinomio complesso non costante ha una radice complessa; garantisce un autovalore con i numeri complessi.
PCA: Analisi delle componenti principali: diagonalizza la matrice simmetrica dei dati per trovare le direzioni in cui variano di più.

La lezione in 7 punti

Il problema: autovettori perpendicolari

Il teorema spettrale

Perché è vero

Il teorema con le matrici

Due fatti che accorciano i conti

Il metodo, passo per passo

Con i numeri complessi

Collegamento con l'informatica: la PCA

I simboli di questa lezione

Verso l'esame

Una domanda vera, letta insieme

Un'altra domanda vera

Quiz

Esercizi

1 · Riscaldamento: simmetrica o no base

2 · Riscaldamento: l'altro autovettore base

3 · Riscaldamento: vettori lunghi 1 base

4 · Riscaldamento: ortogonale o no base

5 · Esercizio 26.3 delle dispense: simmetrica sì, simmetrica no base

6 · Una diagonalizzazione ortogonale 2×2 base

7 · Esercizio 26.4 delle dispense: una base ortonormale di autovettori medio

8 · Un autovalore doppio con Gram–Schmidt medio

9 · Una matrice hermitiana 2×2 medio

10 · Matrice con parametro (appello del 15/01/2026, problema 11) tipo esame

11 · Simmetrica per un solo valore del parametro tipo esame

12 · Esercizio 26.5 delle dispense: una matrice hermitiana difficile

13 · Il viceversa facile, con le matrici difficile

14 · Autovalori reali per le simmetriche 2×2, a mano difficile

Domande di ripasso

Glossario

Checklist

6 · Una diagonalizzazione ortogonale $2 \times 2$ base

9 · Una matrice hermitiana $2 \times 2$ medio

14 · Autovalori reali per le simmetriche $2 \times 2$ , a mano difficile