Polinomio caratteristico e traccia
Una domanda elementare, ma sto mettendo ordine nelle mie conoscenze, e non trovo questo tassello.
Devo provare che la traccia di una matrice (somma degli elementi sulla diagonale) è invariante per similitudine della matrice.
Come agire? Io direi: si sa che la traccia di una matrice è (a meno di moltiplicare per $-1$) l'$n-1$ esimo coefficiente del polinomio caratteristico. Questo è invariante, quindi lo sono i coefficienti. QED
Ma a questo punto la domanda diventa: come si dimostra che la traccia è l'$n-1$ esimo coefficiente del p.caratteristico?
Cioè, c'è un modo intelligente, che non mi costringa a fare calcoli tediosi?
Devo provare che la traccia di una matrice (somma degli elementi sulla diagonale) è invariante per similitudine della matrice.
Come agire? Io direi: si sa che la traccia di una matrice è (a meno di moltiplicare per $-1$) l'$n-1$ esimo coefficiente del polinomio caratteristico. Questo è invariante, quindi lo sono i coefficienti. QED
Ma a questo punto la domanda diventa: come si dimostra che la traccia è l'$n-1$ esimo coefficiente del p.caratteristico?
Cioè, c'è un modo intelligente, che non mi costringa a fare calcoli tediosi?
Risposte
Mi ricordo di aver trovato più facile dimostrare che per ogni coppia $A, B$ di matrici $n\times n$ risulta $"tr"(AB)="tr"(BA)$. Da qui segue subito l'invarianza per similitudine della traccia ($"tr"(U^(-1)AU)="tr"(AUU^(-1))="tr"(A)$).
P.S.: Visto che ci sono scrivo la dimostrazione: siano $A=(a_j^i), B=(b_j^i)$ (in alto l'indice di riga in basso quello di colonna, nello stile di Di Comite). Allora l'elemento $i, i$-esimo di $AB$ è $sum_{j=1}^na_j^ib_i^j$, mentre l'elemento $j, j$-esimo di $BA$ è $sum_{i=1}^nb_i^ja_j^i$. Sommando la prima espressione per $i=1..n$ otteniamo la traccia di $AB$, ovvero $"tr"(AB)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^na_j^ib_i^j$; sommando la seconda espressione per $j=1..n$ otteniamo la traccia di $BA$, ovvero $"tr"(BA)=sum_{j=1}^nsum_{i=1}^nb_i^ja_j^i$. E' evidente l'uguaglianza.
P.S.: Visto che ci sono scrivo la dimostrazione: siano $A=(a_j^i), B=(b_j^i)$ (in alto l'indice di riga in basso quello di colonna, nello stile di Di Comite). Allora l'elemento $i, i$-esimo di $AB$ è $sum_{j=1}^na_j^ib_i^j$, mentre l'elemento $j, j$-esimo di $BA$ è $sum_{i=1}^nb_i^ja_j^i$. Sommando la prima espressione per $i=1..n$ otteniamo la traccia di $AB$, ovvero $"tr"(AB)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^na_j^ib_i^j$; sommando la seconda espressione per $j=1..n$ otteniamo la traccia di $BA$, ovvero $"tr"(BA)=sum_{j=1}^nsum_{i=1}^nb_i^ja_j^i$. E' evidente l'uguaglianza.
Benissimo!
Quindi il problema è risolto.
Però ora rimane il dubbio creato dalla mia strada: come mai sono sicuro che la traccia sia l'$n-1$ esimo coefficiente del polinomio caratteristico? Secondo me è semplicemente una questione di polinomi.. dato che per similitudine con la forma canonica di Jordan (e per l'invarianza provata) siamo sicuri che la traccia è la somma degli autovalori (contati tutte le volte che compaiono), se proviamo che dato un qualunque polinomio, l'$n-1$ esimo coefficiente è somma delle radici, abbiamo finito.
E qui..c'è un modo di non fare il calcolo con i prodotti?
E tutto questo vale se non siamo su $CC$ o su un campo algebricamente chiuso?
Quindi il problema è risolto.
Però ora rimane il dubbio creato dalla mia strada: come mai sono sicuro che la traccia sia l'$n-1$ esimo coefficiente del polinomio caratteristico? Secondo me è semplicemente una questione di polinomi.. dato che per similitudine con la forma canonica di Jordan (e per l'invarianza provata) siamo sicuri che la traccia è la somma degli autovalori (contati tutte le volte che compaiono), se proviamo che dato un qualunque polinomio, l'$n-1$ esimo coefficiente è somma delle radici, abbiamo finito.
E qui..c'è un modo di non fare il calcolo con i prodotti?
E tutto questo vale se non siamo su $CC$ o su un campo algebricamente chiuso?
Se dici che la traccia è la somma degli autovalori ti serve che gli autovalori esistano e quindi il polinomio caratteristico si spezzi in fattori lineari.
Ma per asserire che la traccia è (a meno del segno) il secondo coefficiente del polinomio caratteristico non si deve fare nessuna ipotesi aggiuntiva sul campo: sia $k$ un campo e $A \in M_n (k)$ una matrice quadrata. Definiamo polinomio caratteristico $P_A (t) = det (A - t I_n) \in k[t]$. Ora dimostro che il polinomio caratteristico è un polinomio di grado $n$ tale che il coefficiente di $t^{n-1}$ è $(-1)^{n-1} tr A$ e il coefficiente direttivo è $(-1)^n$.
Per induzione su $n$:
$n=2$: conto banale, $P_A (t) = t^2 - tr A t + detA$.
Supponiamo la tesi vera per $n-1$ e dimostriamola per $n$. Per la formula chiusa del determinante è ovvio che $P_A (t)$ è un polinomio di grado al più $n$. Sviluppo $P_A (t) = det (A - t I_n)$ lungo la prima colonna: $P_A (t) = (a_{11} - t ) det (B - t I_{n-1}) + \text{termini di grado al piu' } n-2$ dove $B$ è la matrice quadrata di ordine $n-1$ ottenuta togliendo da $A$ la prima riga e la prima colonna e il resto è la somma di determinanti di matrici in cui $t$ compare soltanto $n-2$ volte, per cui forniscono polinomi di grado al più $n-2$.
Per ipotesi induttiva $P_B (t) = (-1)^{n-1} t^{n-1} + (-1)^{n-2} tr B t^{n-2} + ...$ e quindi abbiamo $P_A (t) = (a_{11} - t) [ (-1)^{n-1} t^{n-1} + (-1)^{n-2} ( a_{22} + ... + a_{n n}) t^{n-2} + ... ] + ... = (-1)^n t^n + (-1)^{n-1} tr A t^{n-1} + ...$
Ma per asserire che la traccia è (a meno del segno) il secondo coefficiente del polinomio caratteristico non si deve fare nessuna ipotesi aggiuntiva sul campo: sia $k$ un campo e $A \in M_n (k)$ una matrice quadrata. Definiamo polinomio caratteristico $P_A (t) = det (A - t I_n) \in k[t]$. Ora dimostro che il polinomio caratteristico è un polinomio di grado $n$ tale che il coefficiente di $t^{n-1}$ è $(-1)^{n-1} tr A$ e il coefficiente direttivo è $(-1)^n$.
Per induzione su $n$:
$n=2$: conto banale, $P_A (t) = t^2 - tr A t + detA$.
Supponiamo la tesi vera per $n-1$ e dimostriamola per $n$. Per la formula chiusa del determinante è ovvio che $P_A (t)$ è un polinomio di grado al più $n$. Sviluppo $P_A (t) = det (A - t I_n)$ lungo la prima colonna: $P_A (t) = (a_{11} - t ) det (B - t I_{n-1}) + \text{termini di grado al piu' } n-2$ dove $B$ è la matrice quadrata di ordine $n-1$ ottenuta togliendo da $A$ la prima riga e la prima colonna e il resto è la somma di determinanti di matrici in cui $t$ compare soltanto $n-2$ volte, per cui forniscono polinomi di grado al più $n-2$.
Per ipotesi induttiva $P_B (t) = (-1)^{n-1} t^{n-1} + (-1)^{n-2} tr B t^{n-2} + ...$ e quindi abbiamo $P_A (t) = (a_{11} - t) [ (-1)^{n-1} t^{n-1} + (-1)^{n-2} ( a_{22} + ... + a_{n n}) t^{n-2} + ... ] + ... = (-1)^n t^n + (-1)^{n-1} tr A t^{n-1} + ...$
Bene!
quindi la proposizione è provata, e in più abbiamo l'osservazione: se siamo in un campo algebricamente chiuso (o ancora più restrittivo, se il pol.caratteristico si spezza sul campo) allora la traccia è anche la somma degli autovalori.
quindi la proposizione è provata, e in più abbiamo l'osservazione: se siamo in un campo algebricamente chiuso (o ancora più restrittivo, se il pol.caratteristico si spezza sul campo) allora la traccia è anche la somma degli autovalori.
"Gaal Dornick":In realtà questo è vero sempre, mi spiego:
la traccia è anche la somma degli autovalori.
Supponiamo che la matrice $M$ abbia coefficienti in $K$: allora la traccia di $M$ è un elemento di $K$ pari alla somma degli autovalori di $M$ (che possibilmente stanno in una estensione propria di $K$). Ad esempio la matrice $[[0, -1], [1, 0]]$ ha solo autovalori non reali, ma la somma di questi autovalori è $0$ che è un numero reale.
Questo è un fatto di polinomi, come intuito da Gaal due post fa.
Sia $P$ un polinomio in $K[x]$, $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0, a_n!=0$ e $K$ abbia caratteristica 0 (*). Allora il termine $a_{n-1}$ è uguale (a meno del segno) alla somma delle radici di $P$ e $a_0$ è uguale (a meno del segno) al prodotto delle radici di $P$ (**). Come prima, le radici possono non appartenere a $K$ ma ad una estensione propria.
@Gaal: Per la dimostrazione (che è una conseguenza dell'esistenza dei campi di spezzamento) puoi vedere gli appunti del corso di Algebra 2.
Euristicamente il motivo è:
siccome esiste certamente una estensione $\bar{K}$ del campo $K$ in cui $P$ si spezza in fattori lineari, possiamo scrivere
$P(x)=a_n(x-lambda_1)...(x-lambda_n)$ per opportuni $lambda_1,...,lambda_n\in \bar{K}$.
Svolgendo il prodotto a destra, l'unico modo che hai per ottenere un termine di grado $n-1$ è moltiplicare $n-1$ volte la $x$ e $1$ volta un termine $-lambda_i$. Analogamente, l'unico modo per ottenere un termine di grado $0$ è moltiplicare $(-lambda_1)...(-lambda_n)$. Seguono le uguaglianze della tesi.
_______________________________
(*) Non lo so se questa ipotesi è necessaria, non credo, ma ormai è da troppo tempo che non mastico campi di caratteristica $p$ e quindi lo aggiungo alle ipotesi. Qui NightKnight ne sa certamente di più.
(**) Anche questo "a meno del segno" non fa parte della proposizione originaria, lo sto aggiungendo adesso perché non mi ricordo
. Dovrebbe essere: $a_{n-1}=-("somma delle radici"), a_0=(-1)^n("prodotto delle radici")$ ma non ci giurerei.
L'ipotesi che $K$ sia un campo a caratteristica nulla è superflua.
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