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Autovalori e autovettori

Vettori e matrici · Capitolo 4.5 · Dispensa (PDF) · Esercizi: Autovalori e autovettori · Slide (PDF) · App: Autovalori e definitezza

1. Autovalori

Definizione 1: autovalore e autovettore

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) una matrice quadrata. Uno scalare \( \lambda \in \R \) si dice autovalore di \( \boldsymbol Q \) se esiste un vettore non nullo \( \boldsymbol v \in \R^{n} \setminus \{\boldsymbol 0\} \) tale che

\[ \boldsymbol Q\,\boldsymbol v = \lambda\,\boldsymbol v. \]

In tal caso, \( \boldsymbol v \) si dice autovettore associato a \( \lambda \).

  • Gli autovalori sono le soluzioni dell'equazione caratteristica

    \[ \det(\boldsymbol Q - \lambda \boldsymbol I)=0. \]

  • Se \( \boldsymbol Q \) è simmetrica, allora tutti i suoi autovalori sono reali.

  • La funzione \( p(\lambda)=\det(\boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I) \) è un polinomio di grado \( n \) in \( \lambda \), detto polinomio caratteristico di \( \boldsymbol Q \).

  • Se \( \lambda \) è un autovalore, gli autovettori associati a \( \lambda \) sono le soluzioni non nulle \( \boldsymbol v \) del sistema omogeneo

    \[ (\boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I)\,\boldsymbol v=\boldsymbol 0 . \]

  • Se \( \boldsymbol v \) è un autovettore associato a \( \lambda \), allora anche \( \alpha\,\boldsymbol v \) è un autovettore associato a \( \lambda \), per ogni \( \alpha\in\R\setminus\{0\} \). Gli autovettori quindi non sono mai unici: ne indichiamo semplicemente uno (“ad esempio”).

Una matrice quadrata simmetrica \( \boldsymbol Q \in \R^{n \times n} \) è

  • semidefinita positiva se e solo se tutti i suoi autovalori sono non negativi.

  • definita positiva se e solo se tutti i suoi autovalori sono strettamente positivi.

  • semidefinita negativa se e solo se tutti i suoi autovalori sono non positivi.

  • definita negativa se e solo se tutti i suoi autovalori sono strettamente negativi.

  • Ricordiamo che le matrici (semi)definite sono state definite nel capitolo sulle matrici tramite il segno di \( \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x \): ad esempio, \( \boldsymbol Q \) è semidefinita positiva se \( \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x \ge 0 \) per ogni \( \boldsymbol x \in \R^n \). Il riquadro precedente fornisce una caratterizzazione equivalente in termini di autovalori.

  • Un'implicazione è facile da vedere: se \( \boldsymbol Q\boldsymbol v=\lambda\boldsymbol v \) con \( \boldsymbol v\neq\boldsymbol 0 \), allora

    \[ \boldsymbol v' \boldsymbol Q \, \boldsymbol v=\lambda\,\boldsymbol v'\boldsymbol v=\lambda\sum_{i=1}^n v_i^2, \qquad \text{con} \quad \sum_{i=1}^n v_i^2>0, \]

    quindi \( \boldsymbol v' \boldsymbol Q \, \boldsymbol v \) e \( \lambda \) hanno lo stesso segno. Ad esempio, se \( \boldsymbol Q \) è semidefinita positiva, allora ogni autovalore soddisfa \( \lambda\ge 0 \).

  • Una matrice simmetrica che non è né semidefinita positiva né semidefinita negativa si dice indefinita: equivalentemente, ha almeno un autovalore strettamente positivo e almeno uno strettamente negativo.

Esempio 1: autovalori e autovettori

Consideriamo la matrice

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 2 & -1\\[0.5ex] -1 & 2 \end{pmatrix}. \]

L'equazione caratteristica è:

\[ \det(\boldsymbol Q-\lambda \boldsymbol I) = \det\begin{pmatrix} 2-\lambda & -1\\[0.5ex] -1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)^2-1 = \lambda^2-4\lambda+3. \]

Quindi

\[ \det(\boldsymbol Q-\lambda \boldsymbol I)=0 \Longleftrightarrow (\lambda-1)(\lambda-3)=0, \]

e dunque gli autovalori sono:

\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=3. \]

Un autovettore associato a \(\lambda_1=1\) si trova risolvendo

\[ (\boldsymbol Q-\boldsymbol I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1\\[0.5ex] -1 & 1 \end{pmatrix} \boldsymbol v=\boldsymbol 0, \]

da cui (ad esempio)

\[ \boldsymbol v_1= \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] 1 \end{pmatrix}. \]

Analogamente, un autovettore associato a \(\lambda_2=3\) soddisfa

\[ (\boldsymbol Q-3\boldsymbol I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} -1 & -1\\[0.5ex] -1 & -1 \end{pmatrix} \boldsymbol v=\boldsymbol 0, \]

da cui (ad esempio)

\[ \boldsymbol v_2= \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] -1 \end{pmatrix}. \]

Pertanto,

\[ \boldsymbol Q\,\boldsymbol v_1 = 1\,\boldsymbol v_1, \qquad \boldsymbol Q\,\boldsymbol v_2 = 3\,\boldsymbol v_2. \]

Possiamo verificarlo direttamente:

\[ \boldsymbol Q\,\boldsymbol v_1 = \begin{pmatrix} 2 & -1\\[0.5ex] -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] 1 \end{pmatrix} = 1\,\boldsymbol v_1, \qquad \boldsymbol Q\,\boldsymbol v_2 = \begin{pmatrix} 2 & -1\\[0.5ex] -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\[0.5ex] -3 \end{pmatrix} = 3\,\boldsymbol v_2. \]

Poiché \( \boldsymbol Q \) è simmetrica ed entrambi gli autovalori sono strettamente positivi, la matrice \( \boldsymbol Q \) è definita positiva.

2. Proprietà degli autovalori

2.1 Matrici triangolari e diagonali

Osservazione 1: autovalori di matrici triangolari e diagonali

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) una matrice triangolare superiore, triangolare inferiore o diagonale. Allora gli autovalori di \( \boldsymbol Q \) sono i suoi elementi diagonali \( q_{11}, q_{22}, \dots, q_{nn} \).

Dimostrazione (Dimostrazione)

Se \( \boldsymbol Q \) è triangolare (o diagonale), allora anche \( \boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I \) è triangolare (o diagonale), con elementi diagonali \( q_{11}-\lambda, \dots, q_{nn}-\lambda \). Ricordiamo che il determinante di una matrice triangolare è il prodotto dei suoi elementi diagonali. Quindi

\[ \det(\boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I)=\prod_{i=1}^{n}(q_{ii}-\lambda), \]

che è uguale a zero se e solo se \( \lambda=q_{ii} \) per qualche \( i\in\{1,2,\dots,n\} \). □

Esempio 2: autovalori di una matrice triangolare

Consideriamo la matrice triangolare superiore

\[ \boldsymbol U= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 3\\[0.5ex] 0 & -1 & 4\\[0.5ex] 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}. \]

L'equazione caratteristica è

\[ \det(\boldsymbol U-\lambda\boldsymbol I) = \det\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 3\\[0.5ex] 0 & -1-\lambda & 4\\[0.5ex] 0 & 0 & 5-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)(-1-\lambda)(5-\lambda)=0, \]

e dunque gli autovalori sono gli elementi diagonali:

\[ \lambda_1=2, \qquad \lambda_2=-1, \qquad \lambda_3=5. \]

2.2 Traccia, determinante e autovalori

Definizione 2: traccia di una matrice

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) una matrice quadrata. La traccia di \( \boldsymbol Q \) è la somma dei suoi elementi diagonali:

\[ \operatorname{tr}(\boldsymbol Q)=\sum_{i=1}^{n} q_{ii}=q_{11}+q_{22}+\dots+q_{nn}. \]

  • Il polinomio caratteristico \( p(\lambda)=\det(\boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I) \) ha grado \( n \). Nei numeri complessi, un polinomio di grado \( n \) ha esattamente \( n \) radici \( \lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n \in \C \), purché ogni radice sia contata tante volte quanto la sua molteplicità (il numero di volte in cui il fattore \( (\lambda_i-\lambda) \) compare nella fattorizzazione). Quindi

    \[ p(\lambda)=(\lambda_1-\lambda)\,(\lambda_2-\lambda)\cdots(\lambda_n-\lambda). \]

  • Le radici reali sono gli autovalori della Definizione Definizione 1. Le radici non reali si dicono autovalori complessi di \( \boldsymbol Q \) (i loro autovettori hanno componenti complesse). Se \( \boldsymbol Q \) è simmetrica, tutte le radici sono reali.

Osservazione 2: determinante, traccia e autovalori

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) e siano \( \lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n \in \C \) le radici del suo polinomio caratteristico, ciascuna ripetuta secondo la sua molteplicità. Allora

\[ \det(\boldsymbol Q)=\prod_{i=1}^{n}\lambda_i, \qquad\qquad \operatorname{tr}(\boldsymbol Q)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i. \]
Dimostrazione (Idea della dimostrazione)

Per il determinante basta porre \( \lambda=0 \) in \( p(\lambda)=(\lambda_1-\lambda)\cdots(\lambda_n-\lambda) \): si ottiene \( \det(\boldsymbol Q)=p(0)=\lambda_1\,\lambda_2\cdots\lambda_n \). Per la traccia, confrontiamo i coefficienti di \( \lambda^{n-1} \): nel prodotto \( (\lambda_1-\lambda)\cdots(\lambda_n-\lambda) \) tale coefficiente è \( (-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n\lambda_i \), mentre in \( \det(\boldsymbol Q-\lambda\boldsymbol I) \) la potenza \( \lambda^{n-1} \) proviene solo dal prodotto \( (q_{11}-\lambda)\cdots(q_{nn}-\lambda) \) degli elementi diagonali, e il suo coefficiente è \( (-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n q_{ii} \). □

Esempio 3: traccia e determinante

  • Per la matrice dell'Esempio Esempio 1 si ha \( \lambda_1=1 \) e \( \lambda_2=3 \), e infatti

    \[ \operatorname{tr}\begin{pmatrix} 2 & -1\\[0.5ex] -1 & 2 \end{pmatrix} =2+2=4=1+3, \qquad \det\begin{pmatrix} 2 & -1\\[0.5ex] -1 & 2 \end{pmatrix} =4-1=3=1\cdot 3. \]

  • Bisogna tenere conto delle molteplicità. La matrice diagonale

    \[ \boldsymbol D= \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\[0.5ex] 0 & -3 & 0\\[0.5ex] 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \]

    ha polinomio caratteristico \( (4-\lambda)^2(-3-\lambda) \): l'autovalore \( 4 \) ha molteplicità \( 2 \) e l'autovalore \( -3 \) ha molteplicità \( 1 \). Quindi \( \lambda_1=\lambda_2=4 \), \( \lambda_3=-3 \), e

    \[ \operatorname{tr}(\boldsymbol D)=4+4-3=5, \qquad \det(\boldsymbol D)=4\cdot 4\cdot(-3)=-48. \]

  • Bisogna tenere conto delle radici complesse. Per la matrice (non simmetrica)

    \[ \boldsymbol R= \begin{pmatrix} 0 & -1\\[0.5ex] 1 & 0 \end{pmatrix} \quad\text{si ha}\quad \det(\boldsymbol R-\lambda\boldsymbol I)=\lambda^2+1, \]

    che non ha radici reali: \( \boldsymbol R \) non ha autovalori (reali). I suoi autovalori complessi sono \( \lambda_1=i \) e \( \lambda_2=-i \), e infatti

    \[ \operatorname{tr}(\boldsymbol R)=0=i+(-i), \qquad \det(\boldsymbol R)=1=i\cdot(-i). \]

2.3 Autovettori di autovalori distinti

  • Ricordiamo che i vettori \( \boldsymbol v_1,\dots,\boldsymbol v_k \) sono linearmente indipendenti se \( \alpha_1\boldsymbol v_1+\dots+\alpha_k\boldsymbol v_k=\boldsymbol 0 \) implica \( \alpha_1=\dots=\alpha_k=0 \).

Osservazione 3: autovettori di autovalori distinti

Siano \( \lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_k \) autovalori distinti di \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) e siano \( \boldsymbol v_1,\boldsymbol v_2,\dots,\boldsymbol v_k \) autovettori associati (\( \boldsymbol Q\boldsymbol v_i=\lambda_i\boldsymbol v_i \)). Allora \( \boldsymbol v_1,\boldsymbol v_2,\dots,\boldsymbol v_k \) sono linearmente indipendenti.

  • In particolare, se \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) ha \( n \) autovalori reali distinti, allora scegliendo un autovettore per ciascun autovalore si ottengono \( n \) vettori linearmente indipendenti di \( \R^n \).

  • Nell'Esempio Esempio 1, gli autovettori \( \boldsymbol v_1=(1,1)' \) e \( \boldsymbol v_2=(1,-1)' \) sono linearmente indipendenti, poiché nessuno dei due è multiplo dell'altro.

3. Un esempio completo con una matrice \(3\times 3\)

Esempio 4: autovalori e autovettori di una matrice \(3\times 3\)

Consideriamo la matrice simmetrica

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 3 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}. \]

Polinomio caratteristico. Sviluppando lungo la prima riga (sviluppo di Laplace):

\[\begin{align*} \det(\boldsymbol Q-\lambda \boldsymbol I) &= \det\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 3-\lambda & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}\\[1ex] &= (2-\lambda)\big[(3-\lambda)(2-\lambda)-1\big] -1\cdot\big[1\cdot(2-\lambda)-1\cdot 0\big]\\[1ex] &= (2-\lambda)\big[(3-\lambda)(2-\lambda)-2\big] = (2-\lambda)\,(\lambda^2-5\lambda+4)\\[1ex] &= (2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4). \end{align*}\]

Dunque gli autovalori sono

\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=2, \qquad \lambda_3=4. \]

Autovettore per \( \lambda_1=1 \). Risolviamo

\[ (\boldsymbol Q-\boldsymbol I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 2 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v_1+v_2=0\\[0.5ex] v_1+2v_2+v_3=0\\[0.5ex] v_2+v_3=0 \end{array} \right. \]

Dalla prima e dalla terza equazione, \( v_1=-v_2 \) e \( v_3=-v_2 \) (la seconda equazione è allora soddisfatta). Scegliendo \( v_2=-1 \):

\[ \boldsymbol v_1= \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] -1\\[0.5ex] 1 \end{pmatrix}. \]

Autovettore per \( \lambda_2=2 \). Risolviamo

\[ (\boldsymbol Q-2\boldsymbol I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 1 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v_2=0\\[0.5ex] v_1+v_2+v_3=0 \end{array} \right. \]

quindi \( v_2=0 \), \( v_3=-v_1 \) e, ad esempio,

\[ \boldsymbol v_2= \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] 0\\[0.5ex] -1 \end{pmatrix}. \]

Autovettore per \( \lambda_3=4 \). Risolviamo

\[ (\boldsymbol Q-4\boldsymbol I)\boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} -2 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & -1 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & -2 \end{pmatrix} \boldsymbol v=\boldsymbol 0 \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -2v_1+v_2=0\\[0.5ex] v_1-v_2+v_3=0\\[0.5ex] v_2-2v_3=0 \end{array} \right. \]

Dalla prima e dalla terza equazione, \( v_2=2v_1 \) e \( v_3=v_2/2=v_1 \) (la seconda equazione è allora soddisfatta: \( v_1-2v_1+v_1=0 \)). Scegliendo \( v_1=1 \):

\[ \boldsymbol v_3= \begin{pmatrix} 1\\[0.5ex] 2\\[0.5ex] 1 \end{pmatrix}. \]

Controlli. Per l'Osservazione Osservazione 2,

\[ \operatorname{tr}(\boldsymbol Q)=2+3+2=7=1+2+4, \qquad \det(\boldsymbol Q)=2\cdot(6-1)-1\cdot(2-0)=8=1\cdot 2\cdot 4. \]

Poiché i tre autovalori sono distinti, per l'Osservazione Osservazione 3 gli autovettori \( \boldsymbol v_1,\boldsymbol v_2,\boldsymbol v_3 \) sono linearmente indipendenti. Infine, \( \boldsymbol Q \) è simmetrica con autovalori strettamente positivi, quindi è definita positiva.

4. Criterio di Sylvester

  • Calcolare tutti gli autovalori di una matrice può essere difficile. Per le matrici simmetriche, il fatto di essere definite o semidefinite si può verificare anche calcolando i determinanti di opportune sottomatrici quadrate.

Definizione 3: minori principali

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \).

  • Un minore principale di ordine \( k \) di \( \boldsymbol Q \) è il determinante della sottomatrice \( k\times k \) ottenuta da \( \boldsymbol Q \) conservando le righe e le colonne con gli stessi indici \( i_1<i_2<\dots<i_k \) (equivalentemente, eliminando le stesse \( n-k \) righe e colonne).

  • Il minore principale di guida (o di nord-ovest) di ordine \( k \) è il minore principale ottenuto conservando le prime \( k \) righe e colonne:

    \[ \Delta_k=\det \begin{pmatrix} q_{11} & \cdots & q_{1k}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ q_{k1} & \cdots & q_{kk} \end{pmatrix}, \qquad k=1,2,\dots,n. \]

  • Una matrice \( \boldsymbol Q\in\R^{n\times n} \) ha esattamente \( n \) minori principali di guida \( \Delta_1=q_{11},\ \Delta_2,\ \dots,\ \Delta_n=\det(\boldsymbol Q) \).

  • Per \( n=3 \), i minori principali sono: di ordine 1, \( q_{11},q_{22},q_{33} \); di ordine 2, i determinanti delle sottomatrici con indici \( \{1,2\} \), \( \{1,3\} \), \( \{2,3\} \); di ordine 3, \( \det(\boldsymbol Q) \).

Teorema 1: criterio di Sylvester

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) una matrice simmetrica con minori principali di guida \( \Delta_1,\Delta_2,\dots,\Delta_n \). Allora

  • \( \boldsymbol Q \) è definita positiva se e solo se

    \[ \Delta_k>0, \qquad \forall k\in\{1,2,\dots,n\}; \]

  • \( \boldsymbol Q \) è definita negativa se e solo se i minori principali di guida hanno segni alterni a partire da uno negativo:

    \[ \Delta_1<0,\quad \Delta_2>0,\quad \Delta_3<0,\quad \dots \qquad\text{cioè}\qquad (-1)^k\,\Delta_k>0, \qquad \forall k\in\{1,2,\dots,n\}. \]

Osservazione 4: matrici semidefinite e minori principali

Sia \( \boldsymbol Q \in \R^{n\times n} \) una matrice simmetrica. Allora

  • \( \boldsymbol Q \) è semidefinita positiva se e solo se tutti i suoi minori principali (non solo quelli di guida) sono \( \ge 0 \);

  • \( \boldsymbol Q \) è semidefinita negativa se e solo se ogni minore principale di ordine \( k \) ha il segno di \( (-1)^k \) oppure è nullo, cioè \( (-1)^k\,(\text{minore principale di ordine } k) \ge 0 \), per ogni \( k \).

Per la semidefinitezza non basta verificare \( \Delta_k\ge 0 \) per i soli minori principali di guida.

Esempio 5: una matrice definita positiva

Per la matrice dell'Esempio Esempio 4

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 3 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \]

i minori principali di guida sono

\[ \Delta_1=2>0, \qquad \Delta_2=\det\begin{pmatrix} 2 & 1\\[0.5ex] 1 & 3 \end{pmatrix}=6-1=5>0, \qquad \Delta_3=\det(\boldsymbol Q)=8>0. \]

Per il criterio di Sylvester, \( \boldsymbol Q \) è definita positiva, in accordo con i suoi autovalori \( 1,2,4 \).

Esempio 6: una matrice indefinita

Consideriamo

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 1 & 2\\[0.5ex] 2 & 1 \end{pmatrix}. \]

Si ha \( \Delta_1=1>0 \) e \( \Delta_2=1-4=-3<0 \). Quindi:

  • \( \boldsymbol Q \) non è definita positiva (\( \Delta_2<0 \)) e non è definita negativa (\( \Delta_1>0 \));

  • \( \boldsymbol Q \) non è semidefinita positiva (il minore principale \( \Delta_2 \) di ordine 2 è negativo) e non è semidefinita negativa (\( (-1)^2\Delta_2<0 \)).

Pertanto \( \boldsymbol Q \) è indefinita. Infatti, ricordando la definizione tramite \( \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x \):

\[ \boldsymbol x=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}:\ \ \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x=1>0, \qquad \boldsymbol x=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}:\ \ \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x=1-4+1=-2<0. \]

Gli autovalori sono le radici di \( (1-\lambda)^2-4=(\lambda-3)(\lambda+1) \), cioè \( 3 \) e \( -1 \): uno positivo e uno negativo.

Esempio 7: una matrice semidefinita positiva singolare

Consideriamo

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[0.5ex] 1 & 2 & 1\\[0.5ex] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \]

I minori principali di guida sono \( \Delta_1=1 \), \( \Delta_2=2-1=1 \) e \( \Delta_3=\det(\boldsymbol Q)=1\cdot(2-1)-1\cdot(1-0)=0 \). Poiché \( \Delta_3=0 \), \( \boldsymbol Q \) non è definita positiva.

Per stabilire se è semidefinita positiva controlliamo tutti i minori principali:

  • ordine 1: \( q_{11}=1,\ q_{22}=2,\ q_{33}=1 \);

  • ordine 2: \( \det\begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & 2\end{pmatrix}=1,\ \ \det\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}=1,\ \ \det\begin{pmatrix}2 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}=1 \);

  • ordine 3: \( \det(\boldsymbol Q)=0 \).

Tutti i minori principali sono \( \ge 0 \), quindi \( \boldsymbol Q \) è semidefinita positiva. Infatti

\[ \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x = x_1^2+2x_1x_2+2x_2^2+2x_2x_3+x_3^2=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2\ge 0, \]

e gli autovalori sono \( 0,1,3 \) (\( \boldsymbol v=(1,-1,1)' \) soddisfa \( \boldsymbol Q\boldsymbol v=\boldsymbol 0=0\,\boldsymbol v \)).

Esempio 8: i minori principali di guida non bastano per la semidefinitezza

Consideriamo

\[ \boldsymbol Q= \begin{pmatrix} 0 & 0\\[0.5ex] 0 & -1 \end{pmatrix}. \]

I minori principali di guida sono \( \Delta_1=0\ge 0 \) e \( \Delta_2=0\ge 0 \). Tuttavia \( \boldsymbol Q \) non è semidefinita positiva: per

\[ \boldsymbol x=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} \qquad\text{si ha}\qquad \boldsymbol x' \boldsymbol Q \, \boldsymbol x=-1<0. \]

Il minore principale \( q_{22}=-1 \) (che non è di guida) lo rivela. In effetti, gli autovalori sono \( 0 \) e \( -1 \), e \( \boldsymbol Q \) è semidefinita negativa.

Provalo nel laboratorio

lo stesso calcolo passo per passo: cambia la matrice e guarda come cambiano i passaggi.

Esercizi e laboratorio