Algebra lineare

[fu^2]

ciao a tutti!!
è da tutto il giorno (anzi settimana) che ci penso...
se ho un polinomio qualsiasi, esiste un modo per poter risalire a una matrice tale per cui se la matrice è A, $A-lambaI$ ha qual polinomio caratteristico?

per ora son riuscito a ricostruirlo per polinomi semplici, ma in generale non mi pare che ci sia un metodo dietro... ho provato a girare la matrice iniziale del polinomio irriducibile $p(x)=x^2+1$ che è $A=[(x,1),(-1,x)]$ , ma la sua composizione non da polinomi irriducibili..

ora provo altre soluzioni o vie, spero di cavare qualcosa....
nel frattempo ho pensato di chieder consiglio
appena ritrovo i miei fogli con su i calcoli (che son dispersi in camera nel caos assoluto della mia scrivania... spero vivamente di ritrovarli in quanto mi secca doverli rifare)li posto

notte

[gugo82]

"fu^2":ciao a tutti!!
è da tutto il giorno (anzi settimana) che ci penso...
se ho un polinomio qualsiasi, esiste un modo per poter risalire a una matrice tale per cui se la matrice è A, $A-lambda*I$ ha qual polinomio caratteristico?

per ora son riuscito a ricostruirlo per polinomi semplici, ma in generale non mi pare che ci sia un metodo dietro... ho provato a girare la matrice iniziale del polinomio irriducibile $p(x)=x^2+1$ che è $A=[(x,1),(-1,x)]$ , ma la sua composizione non da polinomi irriducibili..

ora provo altre soluzioni o vie, spero di cavare qualcosa....
nel frattempo ho pensato di chieder consiglio
appena ritrovo i miei fogli con su i calcoli (che son dispersi in camera nel caos assoluto della mia scrivania... spero vivamente di ritrovarli in quanto mi secca doverli rifare)li posto

notte

Dalla traccia del problema puoi ottenere due informazioni fondamentali: la prima è una condizione necessaria all'esistenza delle soluzioni; la seconda è una (parziale) caratterizzazione dell'insieme delle soluzioni del problema.
Mi spiego meglio.

Sia $p(lambda)=\sum_(k=0)^n b_k*lambda^k$ un'applicazione polinomiale reale a coefficienti reali ($AAk in {0,\ldots ,n}, b_k in RR$) di grado $nge 1$.
Vogliamo vedere se è possibile trovare un numero naturale $mge1$ ed una matrice reale $A in M_m(RR)$ quadrata d'odine $m$ in modo che $p(lambda)$ coincida identicamente col polinomio caratteristico di $A$, cioè in modo che risulti:

(*) $quad AA lambda in RR, p(lambda)=det(A-lambda*I)quad$ (ove $I$ è l'unità di $M_m(RR)$ rispetto al prodotto riga-colonna).

Poichè la matrice $A-lambda*I$ contiene esattamente $m$ volte il numero $lambda$, ripetuto una sola volta su ogni riga e su ogni colonna, e poichè il determinante di tale matrice è la somma di tutti i possibili prodotti dedotti da $A-lambda*I$, il polinomio caratteristico $det(A-lambda*I)$ è di grado non superiore ad $m$; d'altra parte tra tutti i prodotti dedotti dalla matrice $A-lambda*I$ figura il prodotto dei termini diagonali $\prod_(i=1)^m (a_(i i)-lambda)$, cosicché il polinomio $det(lambda*I-A)$ è di grado $m$ con parametro direttore $(-1)^m$.
Ne consegue che, affinché sussista la (*), è necessario che $m=n$ e che $b_n=(-1)^n$. Se la condizione $b_n=(-1)^n$ non è soddisfatta, il problema non ammette soluzione.
D'altra parte, il valere della (*) implica che per $lambda=0$ risulti $b_0=p(0)=det(A)=$: pertanto un'altra condizione necessaria al verificarsi della (*) è $b_0=det(A)$. Perciò, se la condizione $b_n=1$ è soddisfatta, abbiamo qualche speranza di trovare una soluzione del problema solo nell'insieme:

${A in M_n(RR):quad det(A)=b_0}$,

ossia nell'insieme delle matrici quadrate d'ordine uguale al grado dell'applicazione polinomiale $p$ che abbiano determinante uguale a $b_0$.

Tirando le somme, una condizione necessaria affinché il problema che poni abbia soluzione è che il parametro direttore di $p(lambda)$ sia uguale a $(-1)^n$, ove $n$ è il grado di $p(lambda)$.
Se, poi, il tuo problema ha soluzioni, esse appartengono tutte al sottoinsieme ${A in M_n(RR):quad det(A)=b_0}$, ove $n$ e $b_0$ sono il grado ed il termine noto di $p(lambda)$.

Di più, data l'ora e la complessità del problema, non riesco a dire.

[Zero87]

Non credo che si possa trovare una soluzione semplice a questo problema per polinomi con grado maggiore a due (a parte eccezioni). E' vero che la traccia della matrice è utile: per polinomi di secondo grado è una valida condizione per costruire la matrice (unita al fatto che il termine noto è il determinante della matrice), ma per polinomi di grado superiore al secondo il calcolo del determinante si complica in maniera esponenziale col crescere del numero di righe e colonne. Questo porta meno condizioni e più soluzioni!
Ovviamente posso anche sbagliare!

Ciao

[fu^2]

@ gugo82
grazie mille, ora stampo e mi leggo con calma tutto, che ora ho letto velocemente... sullo schermo non riesco...
@Zero87
i calcoli si complicano, ma se trovo una m,atrice qualsiasi che ha quel polinomio caratteristico, allora (per quanto ne so fino ad ora...) le altre matrici che hanno quel polinomio son simili tra loro, quindi "van bene tutte ehe"...

[gugo82]

L'Algebra Lineare non è proprio il mio forte, però ho pensato che te la potresti cavare pure così.

Siano $lambda_1,\ldots, lambda_n in CC$ gli $n$ zeri dell'applicazione polinomiale determinata in $CC$ dal polinomio assegnato $p in RR[X]subset CC[X]$.

Una matrice che abbia $p$ come polinomio caratteristico ha certamente i $lambda_1,\ldots, lambda_n$, come autovalori: una di queste matrici è evidentemente $Lambda=((lambda_1, 0, \ldots , 0),(0, lambda_2, \ldots ,0),(\vdots, \vdots , \ddots , \vdots),(0, 0, \ldots , lambda_n)) in M_n(CC)$.

Se $A in M_n(CC)$ è una matrice simile a $Lambda$, essa ha gli stessi autovalori e lo stesso determinante di $Lambda$; detta $q(lambda)=det(A-lambda*I)$ l'applicazione polinomiale determinata in $CC$ dal polinomio caratteristico $q$ ($in CC[X]$) di $A$, l'applicazione polinomiale $r(lambda)=p(lambda)-q(lambda)$ ha grado $n$, ha gli $n$ numeri $lambda_1,\ldots, lambda_n$ come zeri e, non contenendo termini di grado zero (infatti risulta $p(0)=det(Lambda)=det(A)=q(0)$), ha anche $0$ tra i suoi zeri.
Quindi $r(lambda)$ ha $n+1$ radici pur essendo un'applicazione polinomiale di grado $n$: in virtù del principio d'identità dei polinomi e della chiusura algebrica di $CC$, la $r(lambda)$ è identicamente nulla in $CC$, onde le applicazioni polinomiali $p(lambda)$ e $q(lambda)$ coincidono in tutto il campo complesso ed i polinomi che le determinano sono uguali in $CC[X]$; dato che $p in RR[X]$, anche $q in RR[X]$, onde il polinomio caratteristico di $A$ è a coefficienti reali e coincide con $p$.

Tirando le somme, esistono tante matrici soddisfacenti la tua richiesta in $M_n(CC)$ (tante quante sono le matrici simili a $Lambda$); se ti restringi ad $M_n(RR)$ ne troverai tante quante sono le matrici simili a $Lambda$ nel sottoanello $M_n(RR) subset M_n(CC)$.

Infine, trovare un metodo per calcolare le matrici che risolvono il tuo problema penso sia difficile: infatti la condizione $det(A-lambda*I)=p(lambda)=\sum_(k=0)^n b_k*lambda^k$ si traduce in un sistema non lineare di $n$ equazioni (con i coefficienti di $p$ distinti da $b_n$ come termini noti) nelle $n^2$ incognite $a_(i,j)$, $i,j in {1,\ldots ,n}$.

Che dici? Fila come ragionamento?
Voi che siete al primo anno avete queste nozioni sicuramente più fresche di me, quindi potete giudicare meglio!

[fu^2]

"gugo82":L'Algebra Lineare non è proprio il mio forte, però ho pensato che te la potresti cavare pure così.

Siano $lambda_1,\ldots, lambda_n in CC$ gli $n$ zeri dell'applicazione polinomiale determinata in $CC$ dal polinomio assegnato $p in RR[X]subset CC[X]$.

Una matrice che abbia $p$ come polinomio caratteristico ha certamente i $lambda_1,\ldots, lambda_n$, come autovalori: una di queste matrici è evidentemente $Lambda=((lambda_1, 0, \ldots , 0),(0, lambda_2, \ldots ,0),(\vdots, \vdots , \ddots , \vdots),(0, 0, \ldots , lambda_n)) in M_n(CC)$.

Se $A in M_n(CC)$ è una matrice simile a $Lambda$, essa ha gli stessi autovalori e lo stesso determinante di $Lambda$; detta $q(lambda)=det(A-lambda*I)$ l'applicazione polinomiale determinata in $CC$ dal polinomio caratteristico $q$ ($in CC[X]$) di $A$, l'applicazione polinomiale $r(lambda)=p(lambda)-q(lambda)$ ha grado $n$, ha gli $n$ numeri $lambda_1,\ldots, lambda_n$ come zeri e, non contenendo termini di grado zero (infatti risulta $p(0)=det(Lambda)=det(A)=q(0)$), ha anche $0$ tra i suoi zeri.
Quindi $r(lambda)$ ha $n+1$ radici pur essendo un'applicazione polinomiale di grado $n$: in virtù del principio d'identità dei polinomi e della chiusura algebrica di $CC$, la $r(lambda)$ è identicamente nulla in $CC$, onde le applicazioni polinomiali $p(lambda)$ e $q(lambda)$ coincidono in tutto il campo complesso ed i polinomi che le determinano sono uguali in $CC[X]$; dato che $p in RR[X]$, anche $q in RR[X]$, onde il polinomio caratteristico di $A$ è a coefficienti reali e coincide con $p$.

prima di tutto ti ringrazio tanto per la tua disponibilità!

una cosa non mi torna:

$r(lambda)=p(lambda)-q(lambda)$ essendo che i due polinomi che compaiono a destra derivan da matrici simili, come hai detto te $r(lambda)=0AA_lambda$.

non capisco perchè $r(lambda)$ dovrebbe avere $n+1$ radici... cioè te dici che $r(0)=p(0)-q(0)$ però parti presupponendo che essi son uguali, altrimenti non potresti affermare che $r(lambda)$ ha le setesse radici di p e q... la combinazione lineare di due polinomi cambia le radici che ha il polinomio dato dalla loro combinazione lineare...o sbaglio?

quindi non capisco bene il tuo ragionamento sulle n+1 radici...

per il metodo del problema ci abbiamo pensato oggi con un mio compagno senza arrivare da nessuna parte ...
penso sia molto più difficile di quanto pensassi

grazie ancora gugo!

[gugo82]

Il ragionamento sui polinomi era un modo per mostrare il seguente fatto:

"Se due matrici hanno gli stessi autovalori, allora hanno lo stesso polinomio caratteristico."

e si basava sul fatto che la differenza $r$ dei due polinomi caratteristici $p$ e $q$ è un polinomio di grado $len$ in $CC[X]$ che ha tra le sue radici in $CC$ le $n$ radici di $p$ e $q$, ossia gli autovalori comuni delle due matrici, ed anche lo $0$, cosicché il numero di radici in $CC$ di $r$ è $gen+1$.
Se un polinomio ha in $CC$ più radici del suo grado allora esso è il polinomio nullo, cosicché, essendo $"grado"(r)len

Che $r$ abbia almeno $n+1$ radici lo si deduce dalle seguenti considerazioni:

- Se due matrici dello stesso ordine $n$ hanno gli stessi autovalori $lambda_1,\ldots ,lambda_n in CC$, allora i polinomi caratteristici $p,q in CC[X]$ delle due matrici sono suscettibili della seguente fattorizzazione: $p(X)=c*\prod_(k=1)^n(X-lambda_k)$ e $q(X)=d*\prod_(k=1)^n(X-lambda_k)$ ove $c,d in CC$, pertanto i $lambda_1,\ldots, lambda_n$ sono zeri di $r(X)$;

- Visto che i "termini noti" $p(0), q(0)$ sono uguali ai determinanti delle due matrici e visto che tali determinanti sono uguali al prodotto degli autovalori delle due matrici, si ha $p(0)=\prod_(k=1)^nlambda_k=q(0)$, onde $r(0)=0$.

[fu^2]

"gugo82":Il ragionamento sui polinomi era un modo per mostrare il seguente fatto:

"Se due matrici hanno gli stessi autovalori, allora hanno lo stesso polinomio caratteristico."

e si basava sul fatto che la differenza $r$ dei due polinomi caratteristici $p$ e $q$ è un polinomio di grado $len$ in $CC[X]$ che ha tra le sue radici in $CC$ le $n$ radici di $p$ e $q$, ossia gli autovalori comuni delle due matrici, ed anche lo $0$, cosicché il numero di radici in $CC$ di $r$ è $gen+1$.
Se un polinomio ha in $CC$ più radici del suo grado allora esso è il polinomio nullo, cosicché, essendo $"grado"(r)len

a ok ora mi è chiaro

per far questa dimostrazione però io avrei usato un metodo più lineare (giusto perchè siamo in tema di algebra lineare ghgh)

se $A$ è simile a $Lambda=>det(A)=det(Lambda)=>det(A-lambdaI)=det(Lambda-lambdaI)=>p(lambda)=qlambda)$

comunque è interessante il ragionamento sullo zero, è molto osttile direi

grazie ancora

[gugo82]

"fu^2":
per far questa dimostrazione però io avrei usato un metodo più lineare (giusto perchè siamo in tema di algebra lineare ghgh)

se $A$ è simile a $Lambda=>det(A)=det(Lambda)=>det(A-lambdaI)=det(Lambda-lambdaI)=>p(lambda)=q(lambda)$

comunque è interessante il ragionamento sullo zero, è molto sottile direi

grazie ancora

Mi interesserebbe sapere perchè vale l'implicazione:

$det(A)=det(Lambda)=>det(A-lambda*I)=det(Lambda-lambda*I)$.