Autovalori e autospazi di matrici di ordine 3

La matrice è triangolare inferiore, quindi anche $A-\lambda I_3$ è triangolare e il suo determinante è il prodotto degli elementi diagonali: gli autovalori sono gli elementi diagonali $1$, $3$, $2$, tutti semplici. Per $\lambda =1$ la prima riga di $A-I_3$ è nulla e restano due equazioni indipendenti; dalla prima si ricava $y=-x$, e sostituendo nella seconda si ottiene $z=0$, perciò con $x=1$ si trova il generatore $(1,-1,0)$. Per $\lambda =2$ la terza colonna di $A-2I_3$ è nulla, quindi $z$ non compare nelle equazioni ed è libera, mentre le prime due equazioni danno $x=0$ e $y=0$. Per $\lambda =3$ le prime due righe danno entrambe $x=0$, e la terza diventa $y=z$. Ogni autospazio ha dimensione $1$, in accordo con il fatto che un autovalore semplice ha $m_g=m_a=1$.

La seconda riga di $A-\lambda I_3$ ha un solo elemento non nullo, quindi conviene lo sviluppo di Laplace lungo quella riga: il polinomio si ottiene già con il fattore $1-\lambda$ in evidenza. La differenza di quadrati $(2-\lambda {)}^2-1$ si scompone in $(2-\lambda -1)(2-\lambda +1)=(1-\lambda )(3-\lambda )$, perciò l’autovalore $1$ è doppio e l’autovalore $3$ è semplice. Per $\lambda =1$ la matrice $A-I_3$ ha la prima e la terza riga uguali e la seconda nulla, quindi ha rango $1$ e l’autospazio ha dimensione $3-1=2$: è il piano $x+z=0$, e i parametri liberi $y$ e $z$ danno i due generatori. Per $\lambda =3$ le equazioni danno $y=0$ e $x=z$, quindi l’autospazio è la retta generata da $(1,0,1)$. In questo caso $m_g=m_a$ per entrambi gli autovalori.

Nessuna riga ha zeri, quindi il determinante si calcola con la regola di Sarrus: i tre prodotti delle diagonali principali danno $-{\lambda }^3+1+1$, e i tre prodotti delle diagonali secondarie valgono ciascuno $-\lambda$. Il polinomio $-{\lambda }^3+3\lambda +2$ ha la radice intera $-1$, cercata tra i divisori del termine noto, quindi con la regola di Ruffini si divide per $\lambda +1$ e il quoziente ${\lambda }^2-\lambda -2$ ha radici $-1$ e $2$. L’autovalore $-1$ è perciò doppio e l’autovalore $2$ è semplice; il controllo con la traccia conferma il calcolo, poiché $-1-1+2=0=\mathrm{tr}A$. La matrice $A+I_3$ ha tutte le righe uguali, quindi ha rango $1$ e l’autospazio $V_{-1}$ è il piano $x+y+z=0$, di dimensione $2$; ponendo $y=-1,z=0$ e poi $y=0,z=-1$ si ottengono i due generatori. Per $\lambda =2$ la riduzione a scala dà rango $2$ e l’autospazio è la retta generata da $(1,1,1)$, come conferma il calcolo $A(1,1,1)=(2,2,2)$.