Diagonalizzazione di endomorfismi

Esercizio 69   Determinare gli autovalori di una matrice quadrata triangolare superiore.

Dimostrazione. Sia

$$A= \left( \begin{matrix} a_{11} & a_{12}& \ldots & a_{1n}\\ 0&a... ...n}\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ 0& 0& \ldots &a_{nn} \end{matrix}\right)$$

una matrice $n \times n$ triangolare superiore.

Il polinomio caratteristico di $A$ è il determinante di

$$A-xI= \left( \begin{matrix} a_{11}-x & a_{12}& \ldots & a_{1n}\\ ... ...\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ 0& 0& \ldots &a_{nn}-x \end{matrix}\right).$$

Poichè $A-xI$ è ancora una matrice triangolare superiore il suo determinante è il prodotto degli elementi sulla diagonale principale, ovvero:

$$p(x)= \det(A-xI)=(a_{11}-x)(a_{22}-x) \cdots (a_{nn}-x).$$

Gli autovalori di $A$ sono le radici di $p(x)$ ovvero gli elementi sulla sua diagonale principale:

$$a_{11}, a_{22}, \ldots a_{nn}.$$

Allo stesso risultato si perviene se la matrice è diagonale inferiore ovvero della forma

$$\left( \begin{matrix} a_{11} & 0& \ldots & 0\\ a_{21}&a_{22}& \... ...ots & \vdots & & \vdots\\ a_{n1}&a_{n2} & \ldots &a_{nn} \end{matrix}\right)$$

$\qedsymbol$

Esercizio 70   Sia $f$ l'endomorfismo di $R^3$ tale che $f(1,2,1)=(1,3,3)$,
$(1,1,0) \in \kker{(f)}$ e $(0,1,2)$ è un autovettore relativo all'autovalore $1$. Discutere la diagonalizzabilità di $f$.

Dimostrazione. I vettori $v_1=(1,2,1)$, $v_2=(1,1,0)$ e $v_3=(0,1,2)$ formano una base di $R^3$. Inoltre si ha

$$f(v_1)=v_1+v_3, \quad f(v_2)=0 \quad \textrm{e} \quad f(v_3)=v_3.$$

Scegliendo la base $\mathcal{B}=\{ v_1,v_2,v_3\}$ nel dominio e nel codominio la matrice associata ad $f$ è :

$$A= \left( \begin{matrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 1&0&1 \end{matrix}\right )$$

La matrice $A$ è triangolare inferiore sicchè i suoi autovalori sono gli elementi sulla diagonale principale. Segue che $A$ ammette l'autovalore $1$ con molteplicità algebrica $2$ e l'autovalore 0 con molteplicità algebrica $1$.

Il vettore $v_2$ è un autovettore relativo all'autovalore 0 sicchè il relativo autospazio, $V_0$, è generato da $v_2$:

$$V_0 = \sppan\{(1,1,0)\}.$$

Il vettore $v_3$ è un autovettore relativo all'autovalore $1$. D'altra parte l'autospazio, $V_1$, relativo all'autovettore $1$ è il nucleo di $A-I$.

Ora

$$A-I= \left( \begin{matrix} 0&0&0\\ 0&-1&0\\ 1&0&0 \end{matrix}\right )$$

e la matrice $A-I$ ha rango due sicchè il suo nucleo ha dimensione $1$.

Segue che

$$V_1 = \sppan\{ v_3\}$$

e pertanto $f$ non è diagonalizzabile. $\qedsymbol$

Esercizio 71   Sia $A$ la matrice:

$$A= \left( \begin{matrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 1&1&2 \end{matrix}\right).$$

1. Determinare autovalori e autospazi di $A$.
2. Determinare, se possibile, una base di autovettori.

Verificare che la matrice è radice del suo polinomio caratteristico.

Dimostrazione. La matrice $A$ è triangolare inferiore sicchè i suoi autovalori sono gli elementi sulla diagonale principale.

La matrice $A$ ammette allora l'autovalore $1$ con molteplicità algebrica $2$ e l'autovalore $2$ con molteplicità algebrica $1$.

L'autospazio relativo all'autovalore $1$ è il nucleo della matrice :

$$A-I=\left( \begin{matrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 1&1&1 \end{matrix}\right),$$

ovvero

$$V_1 = \{ (x,y,z) \in R^3 : x+y+z=0\}$$

$$= \{ (-s-t, t,s) : s, t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (-1, 0, 1), (-1,1,0) \}.$$

Poichè la dimensione di $V_1$ è $2$ (e la dimensione di $V_2$ è necessariamente $1$) possiamo dedurre che $A$ è diagonalizzabile.

Infine l'autospazio relativo all'autovalore $2$ è il nucleo della matrice

$$A-2I=\left( \begin{matrix} -1&0&0\\ 0&-1&0\\ 1&1&0 \end{matrix}\right)$$

e pertanto

$$V_2 = \{ (x,y,z) \in R^3 : x=0 \quad \textrm{e} \quad y=0 \}$$

$$= \{ (0, 0,t) : t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (0, 0, 1) \}.$$

Infine una base di autovettori si ottiene come unione delle basi dei due autospazi:

$$\mathcal{B}=\{ (-1, 0, 1), (-1,1,0), (0, 0, 1) \}.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 72   Date le matrici:

$$A= \left( \begin{matrix} 1&-3&3\\ 3&-5&3\\ 6&-6&4 \end{matrix... ... B= \left( \begin{matrix} -3&1&-1\\ -7&5&-1\\ -6&6&-2 \end{matrix}\right).$$

1. Determinare autovalori e autospazi di $A$ e $B$ rispettivamente.
2. Determinare, se possibile, una base di autovettori.

Dimostrazione. Il polinomio caratteristico della matrice $A$ è:

$$p(x)=-(x+2)^2(x-4),$$

sicchè la matrice $A$ ammette l'autovalore $-2$ con molteplicità algebrica $2$ e l'autovalore $4$ con molteplicità algebrica $1$.

L'autospazio relativo all'autovalore $-2$ è il nucleo di

$$A+2I= \left( \begin{matrix} 3&-3&3\\ 3&-3&3\\ 6&-6&6 \end{matrix}\right)$$

ovvero

$$V_{-2} = \{ (x,y,z) \in R^3 \; : \;x-y+z=0 \}$$

$$=\{ (t-s,t,s) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{(1,1,0), (-1,0,1) \}.$$

Poichè $V_{-2}$ ha dimensione $2$ la matrice è diagonalizzabile.

L'autospazio relativo all'autovalore $4$ è il nucleo di

$$A-4I= \left( \begin{matrix} -3&-3&3\\ 3&-9&3\\ 6&-6&0 \end{matrix}\right),$$

pertanto

$$V_{4} = \{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x+y-z=0 \quad \textrm{e} \quad 2y-z=0 \}$$

$$=\{ (t,t,2t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{(1,1,2) \}.$$

Infine una base di $R^3$ formata da autovettori di $A$ è, per esempio, l'insieme:

$$\mathcal{B}=\{ (1,1,0), (-1,0,1), (1,1,2) \}.$$

Il polinomio caratteristico della matrice $B$ è:

$$p(x)=-(x+2)^2(x-4),$$

sicchè anche la matrice $B$ ammette l'autovalore $-2$ con molteplicità algebrica $2$ e l'autovalore $4$ con molteplicità algebrica $1$.

L'autospazio relativo all'autovalore $-2$ è il nucleo della matrice

$$B+2I= \left( \begin{matrix} -1&1&-1\\ -7&7&-1\\ -6&6&0 \end{matrix}\right),$$

che, ridotta a gradino, diventa:

$$\left( \begin{matrix} 1&-1&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{matrix}\right).$$

Ne segue che

$$V_{-2} = \{ (x,y,z) \in R^3 \; : \;x-y+z=0 \quad \textrm{e} \quad z=0 \}$$

$$=\{ (t,t,0) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{(1,1,0) \}.$$

La matrice $B$ non è quindi diagonalizzabile perchè la dimensione di $V_{-2}$ è $1$.

Infine determiniamo l'autospazio relativo all'autovalore $4$. Si tratta di determinare il nucleo della matrice:

$$B-4I= \left( \begin{matrix} -7&1&-1\\ -7&1&-1\\ -6&6&-6 \end{matrix}\right),$$

che, ridotta a gradino, diventa:

$$\left( \begin{matrix} -7&1&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&0 \end{matrix}\right).$$

L'autospazio relativo a $4$ è allora il sottospazio:

$$V_{4} = \{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; -7x+y-z=0 \quad \textrm{e} \quad y-z=0 \}$$

$$=\{ (0,t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{(0,1,1) \}.$$

Infine poichè $B$ non è diagonalizzabile non si può determinare una base di $R^3$ formata da autovettori di $B$. $\qedsymbol$

Esercizio 73   Sia $\{v_1,v_2,v_3 \}$ una base di $R^3$ e sia $f: R^3 \rightarrow R^3$ l'endomorfismo definito da:

$$f(v_1)=v_1+v_2, \quad f(v_2)=v_1+2v_2-v_3, \quad f(v_3)=-v_2+v_3.$$

Determinare autovalori e autospazi di $f$. Determinare, se possibile, una base di autovettori. Verificare che autovettori relativi ad autovalori distinti sono tra loro ortogonali.

Dimostrazione. La matrice di $f$ ripsetto alla base $\mathcal{B}=\{ v_1,v_2,v_3\}$ è la matrice

$$A=\left( \begin{matrix} 1&1&0\\ 1&2&-1\\ 0&-1&1 \end{matrix}\right)$$

e il suo polinomio caratteristico è

$$p(x)=x(x-3)(1-x).$$

Poichè si tratta di una matrice $3 \times 3$ con tre autovalori distinti è sicuramente diagonalizzabile.

Determiniamo ora gli autospazi di $A$. Si ha:

$$V_0 = \ker(A)=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x+y=0 \quad \textrm{e} \quad y-z=0 \}$$

$$=(-t,t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (-1,1,1) \},$$

$$V_3 = \ker(A-3I)=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; 2x-y=0 \quad \textrm{e} \quad y+2z=0 \}$$

$$=(-t,-2t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (-1,-2,1) \}$$

e

$$V_1 = \ker(A-I)=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x-z=0 \quad \textrm{e} \quad y=0 \}$$

$$=(t,0,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,0,1) \}.$$

Una base di $R^3$ costituita da autovettori di $A$ è :

$$\mathcal{B}=\{(-1,1,1), (-1,-2,1), (1,0,1) \}.$$

Infine verifichiamo che autovettori relativi ad autovalori distinti sono ortogonali, ovvero che il loro prodotto scalare è nullo.

Abbiamo

$$(-a,a,a) \cdot (-b, -2b,b)=ab-2ab+ab=0,$$

$$(-a,a,a) \cdot (c, 0,c)=-ac+ac=0,$$

$$(-b, -2b,b) \cdot (c, 0,c)=-bc+bc=0,$$

per ogni $a, b, c \in R$. $\qedsymbol$

Esercizio 74   Mostrare che un endomorfismo $f: V \rightarrow V$ ha come autovalore 0 se e solo se $f$ non è iniettivo.

Dimostrazione. Se $f$ ha come autovalore 0 allora, per definizione, esiste un vettore $v$ non nullo tale che

$$f(v)=0 \cdot v=0,$$

pertanto $\langle v \rangle \subseteq \kker(f)$.

D'altra parte questo implica che $f$ non è iniettivo perchè per ogni $w \in V$

$$f(v+w)=f(v)+f(w)=0+f(w)=f(w)$$

e $v+w \neq w$.

Viceversa se $f$ non è iniettivo allora esistono $v,w \in V$ con

$$f(v)=f(w)$$

e $v \neq w$. Posto $u=v-w$, il vettore $u$ è non nullo e

$$f(u)=f(v-w)=f(v)-f(w)=0= 0 \cdot u,$$

sicchè $f$ ammette l'autovalore 0. $\qedsymbol$

Esercizio 75   Siano $A$ e $B$ due matrici quadrate $n \times n$. Provare che $AB$ e $BA$ hanno gli stessi autovalori.

Dimostrazione. Supponiamo che $AB$ ammetta l'autovalore 0. Questo significa che esiste un vettore non nullo $v \in R^n$ tale che

$$AB(v)=0.$$

In altre parole esiste una soluzione non banale del sistema omogeneo

$$(AB)X=0.$$

D'altra parte il sistema appena scritto ha soluzioni non banali se e solo se

$$\det(AB)=0.$$

Ora

$$\det(AB)= \det(A) \det(B)= \det(B) \det(A)=\det(BA)$$

sicchè anche il determinante di $BA$ è nullo. Questo significa che anche il sistema

$$(BA)X=0$$

ammette soluzioni non banali ovvero che 0 è un autovalore di $BA$.

Supponiamo adesso che la matrice $AB$ ammetta un autovalore $\lambda \in R$ non nullo. Allora esiste $v \in R^n$ non nullo tale che

$$AB(v)=\lambda v.$$

Sia $w$ il vettore $B(v)$. Risulta:

$$BA(w)=(BA)(Bv)=B(AB)(w)= \lambda B(v)= \lambda w.$$

Per poter concludere che $w$ è un autovettore di $BA$ relativo all'autovalore $\lambda$ rimane solo da provare che $w$ non è il vettore nullo.

D'altra parte se fosse $w=B(v)=0$ avremmo

$$(AB)(v)=A(B(v))=A(0)=0,$$

mentre abbiamo per ipotesi che $AB(v)= \lambda v \neq 0$.

Abbiamo quindi provato che ogni autovalore di $AB$ è autovalore anche di $BA$. Con ragionamento analogo si prova che ogni autovalore di $BA$ è autovalore di $AB$. $\qedsymbol$

Esercizio 76   Sia $M$ la matrice:

$$M= \left( \begin{matrix} A_1 & B\\ 0 & A_2 \end{matrix}\right)$$

con $A_1$ e $A_2$ matrici quadrate. Mostrare che il polinomio caratteristico di $M$ è il prodotto dei polinomi caratteristici di $A_1$ e $A_2$.

Dimostrazione. Osserviamo innanzitutto che la matrice $M$ deve essere una matrice quadrata $2n \times 2n$.

Il polinomio caratteristico di $M$ è:

$$p(x)= \det(M-xI).$$

D'altra parte la matrice identità $2n \times 2n$ si può guardare come una matrice a blocchi:

$$I=\left( \begin{matrix} I_1 & 0\\ 0 & I_2 \end{matrix}\right)$$

dove $I_1$ e $I_2$ sono matrici identità $n \times n$.

Allora

$$p_{_{M}}(x) = \det(M-xI)= \det \left( \begin{matrix}A_1-x I_1 & B\\ 0 & A_2-x I_2 \end{matrix} \right)$$

$$= \det(A_1-x I_1) \det(A_2-x I_2)=p_{_{A_1}}(x)p_{_{A_2}}(x).$$

$\qedsymbol$

Esercizio 77   Determinare per quali valori del parametro reale $k$ la matrice

$$A=\left( \begin{matrix} k-1&1&3\\ 0&k& 3k-6\\ 0&0&2 \end{matrix} \right)$$

è diagonalizzabile. Determinare, se possibile, una base di autovettori.

Dimostrazione. La matrice è triangolare superiore quindi gli autovalori sono tutti e soli gli elementi sulla diagonale principale:

$$k-1, k, 2.$$

Per $k \neq 2,3$ gli autovalori sono tutti distinti sicchè la matrice è diagonalizzabile.

Inoltre

$$V_{k-1} = \ker(A-(k-1)I)=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; y+3z=0 \quad \textrm{e} \quad (3-k)z=0 \}$$

$$=(t,0,0) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,0,0) \},$$

$$V_{k} = \ker(A-kI)=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; -x+y+3z=0 \quad \textrm{e} \quad (2-k)z=0 \}$$

$$=(t,t,0) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,1,0) \},$$

e

$$V_{2} = \ker(A-2I)$$

$$=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; (k-3)x+y+3z=0 \quad \textrm{e} \quad (2-k)y+(3k-6)z=0 \}$$

$$=(0,-3t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (0,-3,1) \}.$$

Notiamo che nel determinare gli autospazi abbiamo usato l'ipotesi che $k$ fosse diverso da $2$ e $3$.

Una base di autovettori è

$$\mathcal{B}= \{(1,0,0), (1,1,0), (0,-3,1) \}.$$

Esaminiamo ora i casi $k=2$ e $k=3$.

Per $k=2$ la matrice $A$ diventa:

$$A=\left( \begin{matrix} 1&1&3\\ 0&2& 0\\ 0&0&2 \end{matrix} \right).$$

Per verificare che sia diagonalizzabile basta verificare se la dimensione dell'autospazio relativo a $2$ è uguale a $2$.

Ora:

$$V_{2} = \ker(A-2I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; -x+y+3z=0 \}$$

$$=(t+3s,t,s) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,1,0), (3,0,1) \}.$$

Segue che $\dimm(V_2)=2$ e $A$ è diagonalizzabile.

Una base di autovettori è :

$$\mathcal{B}=\{ (1,1,0), (3,0,1), (1,0,0) \}.$$

Infine per $k=3$ la matrice $A$ diventa:

$$A=\left( \begin{matrix} 2&1&3\\ 0&3&3\\ 0&0&2 \end{matrix} \right).$$

Di nuovo guardiamo all'autospazio relativo a $2$:

$$V_{2} = \ker(A-2I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; y+3z=0 \}$$

$$=(t,-3s,s) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,0,0), (0,-3,1) \},$$

dunque $A$ è diagonalizzabile e una base di autovettori è:

$$\mathcal{B}=\{ (1,1,0), (0,-3,1), (1,0,0) \}.$$

Notiamo che gli autovalori per $k=2,3$ sono $2$ e $3$. $\qedsymbol$

Esercizio 78   Sia $f: R^3 \rightarrow R^3$ l'endomorfismo definito da:

$$f(x,y,z)=(3x+y+z,2x+4y+2z,x+y+3z).$$

Determinare autovalori e autovettori di $f$. Determinare, se possibile, una base di autovettori.

Dimostrazione. La matrice di $f$ rispetto alla base canonica è;

$$A= \left( \begin{matrix} 3&1&1\\ 2&4&2\\ 1&1&3 \end{matrix}\right).$$

Il polinomio caratteristico di $A$ è

$$p(x)=\det(A-xI)=-(x-6)(x-2)^2.$$

Gli autovalori di $A$ sono $x_1=6$ con molteplicità algebrica $1$ e $x_2=2$ con molteplicità algebrica $2$.

L'autospazio relativo all'autovalore $2$ è:

$$V_{2} = \ker(A-2I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x+y+z=0 \}$$

$$=(-s-t,s,t) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{ (-1,1,0), (-1,0,1) \}.$$

Poichè $\dim(V_2)=2$ la matrice è diagonalizzabile.

L'autospazio relativo all'autovalore $6$ è:

$$V_{6} = \ker(A-6I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; 3x-y-z=0 \quad \textrm{e} \quad y-2z=0. \}$$

$$=(t,2t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,2,1) \}.$$

Infine una base di $R^3$ costituita da autovettori di $A$ è l'insieme:

$$\mathcal{B}=\{(1,2,1), (-1,1,0), (-1,0,1) \}.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 79   Date le matrici

$$A= \left( \begin{matrix} 1&2& 2\\ 1&2& -1\\ -1&1&4 \end{matri... ...quad B= \left( \begin{matrix} 1&1& 0\\ 0&1& 0\\ 0&0&1 \end{matrix}\right)$$

determinare, se possibile, due matrici $P_1$ e $P_2$ tali che $P_1^{-1}AP_1$ e $P_2^{-1}BP_2$ siano matrici diagonali.

Dimostrazione. Una matrice $M$ quadrata di ordine $n$, è diagonalizzabile se e solo se esiste una matrice $P$ invertibile tale che

$$P^{-1}MP$$

sia una matrice diagonale.

Se $v_1, \ldots, v_n$ sono $n$ autovettori di $M$ linearmente indipendenti, la matrice $P$ le cui colonne sono i vettori $v_i$, $i=1, \ldots, n$, è invertibile e $P^{-1}MP$ è una matrice diagonale.

Consideriamo ora la matrice $A$. Il suo polinomio caratteristico è:

$$p(x)=\det(A-xI)=(1-x)(x-3)^2;$$

sicchè i suoi autovalori sono $x_1=1$ con molteplicità algebrica $1$ e $x_2=3$ con molteplicità algebrica $2$.

L'autospazio relativo all'autovalore $3$ è il sottospazio:

$$V_3 =\ker(A-3I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x=y+z \}$$

$$=(s+t,s,t) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,1,0), (1,0,1) \}.$$

L'autospazio relativo all'autovalore $1$ è, invece, il sottospazio:

$$V_1 =\ker(A-I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; x+y=z \quad \textrm{e} \quad y=-z \}$$

$$=(2t,-t,t) \; : \; t \in R \}$$

$$= \sppan \{ (2,-1,1) \}.$$

Una base di $R^3$ formata da autovettori di $A$ è l'insieme:

$$\mathcal{B}= \{(1,1,0), (1,0,1), (2,-1,1) \},$$

e la matrice

$$P_1= \left( \begin{matrix} 1&1&2\\ 1&0&-1\\ 0&1&1 \end{matrix}\right)$$

è tale che

$$P_{1}^{-1}AP_1= \left( \begin{matrix} 3&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&1 \end{matrix}\right ).$$

La matrice $B$ ammette l'unico autovalore $1$ con molteplicità algebrica $3$.

D'altra parte non è diagonalizzabile infatti l'autospazio relativo ad $1$ è:

$$V_1 =\ker(B-I) =\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; y=0 \}$$

$$=(t,0,s) \; : \; t, s \in R \}$$

$$= \sppan \{ (1,0,0), (0,0,1) \}.$$

Poichè $\dimm(V_1)=2$ non si può determinare una base di $R^3$ costituita da autovettori di $B$ e dunque non si può determinare una matrice $P_2$ tale che $P_2^{-1}BP_2$ sia una matrice diagonale. $\qedsymbol$

Esercizio 80   Sia $M$ una matrice quadrata e simmetrica con un solo autovalore $\lambda$. Provare che $M$ coincide con la matrice $\lambda \cdot I$, dove $I$ è la matrice identità.

Dimostrazione. La matrice $M$ è simmetrica e dunque diagonalizzabile. Inoltre $M$ ha il solo autovalore $\lambda$, e quindi è simile alla matrice $\lambda I$.

Esiste allora un matrice invertibile $P$ tale che:

$$P^{-1}MP= \lambda I.$$

Moltiplicando l'uguaglianza appena scritta a sinistra per $P$ otteniamo:

$$MP=P (\lambda I)= \lambda (PI)= \lambda P.$$

Moltiplicando quest'ultima a destra per $P^{-1}$ otteniamo:

$$M= (\lambda P)P^{-1}= \lambda (PP^{-1})= \lambda I,$$

ovvero che $M$ è una matrice diagonale.

$\qedsymbol$

Compiti di Esame