Algebra lineare

[miuemia]

questo esercizio non so proprio come si faccia:

sia $T:RR^n ->RR^n$ un' applicazione lineare con tutti gli autovalori reali e tale che $T^m=Id$ per qualche $m\geq 1$
dimostrare che:

1) se m è dispari allora $T=Id$

2) se m è pari allora T è diagonalizzabile e $T^2=Id$

grazie a tutti.

[Studente Anonimo]

Io osserverei che il polinomio $x^m-1$ è separabile...

[rubik2]

la mia proposta in spoiler, nel caso vuoi seguire il suggerimento di Martino (che poi è la strada che ho scelto anch'io, mi pare almeno )

$q(x)=x^m-1$ è divisibile per il polinomio minimo $p(x)$ di T e anche riducibile

nel caso m è dispari scompongo in $(x-1)*q_1(x)$ con $q_1(x)$ polinomio con radici non reali

siccome gli autovalori sono reali e gli autovalori sono anche tutte le radici del polinomio minimo, le radici del polinomio minimo sono reali $\Rightarrow p(x)|(x-1) \Rightarrow p(x)=x-1$

nel caso m pari $q(x)$ ha due radici reali stavolta posso scomporre $q(x)=(x^2-1)q_2(x)$ con $q_2$ senza radici reali e posso concludere che $p(x)|x^2-1$ quindi $T^2-Id=0$ inoltre questo implica che $p(x)={(x-1),(x+1),(x^2-1):}$ (uno dei tre) ed in ognuno dei casi ogni fattore compare con al più esponente 1 perciò T è diagonalizzabile (mi pare ci sia un teorema al riguardo, ma non sono molto sicuro).

Se qualcuno conferma o ha un modo diverso per la diagonalizzabilità io sarei curioso

[Studente Anonimo]

"rubik":Se qualcuno conferma o ha un modo diverso per la diagonalizzabilità io sarei curioso

Io direi semplicemente che siccome il polinomio minimo divide $x^m-1$ e $x^m-1$ è separabile, anche il polinomio minimo è separabile e quindi $T$ è diagonalizzabile in $M_n(K)$ dove $K$ è un sovracampo contenente gli autovalori. In questo caso gli autovalori sono tutti reali (cioè $K=RR$) e quindi $T$ è diagonalizzabile.

[rubik2]

"Martino":[quote="rubik"]Se qualcuno conferma o ha un modo diverso per la diagonalizzabilità io sarei curioso

Io direi semplicemente che siccome il polinomio minimo divide $x^m-1$ e $x^m-1$ è separabile, anche il polinomio minimo è separabile e quindi $T$ è diagonalizzabile in $M_n(K)$ dove $K$ è un sovracampo contenente gli autovalori. In questo caso gli autovalori sono tutti reali (cioè $K=RR$) e quindi $T$ è diagonalizzabile.[/quote]

Più o meno è l'idea che avevo avuto io quando dicevo in maniera poco raffinata "ogni fattore compare al più con esponente 1". C'è un'altra strada anche per le altre domande?

[Studente Anonimo]

"rubik":C'è un'altra strada anche per le altre domande?

Secondo me la strada che hai preso tu è la più breve.

[NightKnight1]

Il teorema di cui parlava rubik esiste:
un endomorfismo è diagonalizzabile se e solo se il suo polinomio minimo ha tutte le radici nel campo con molteplicità 1.

[Studente Anonimo]

"NightKnight":Il teorema di cui parlava rubik esiste:
un endomorfismo è diagonalizzabile se e solo se il suo polinomio minimo ha tutte le radici nel campo con molteplicità 1.

Certo, scusate, io lo davo per scontato, è grazie a questo teorema che ho potuto fare questa deduzione:

"Martino":il polinomio minimo è separabile e quindi $T$ è diagonalizzabile in $M_n(K)$ dove $K$ è un sovracampo contenente gli autovalori.

[miuemia]

grazie a tuttti per i chiarimenti... qualcuno mi potrebbe spiegare il concetto di polinomio minimo per un endomorfismo? che relazione c'è con il polinomio caratteristico?

[salsa88]

Bella domanda....interesserebbe anche a me!

[Studente Anonimo]

"miuemia":grazie a tuttti per i chiarimenti... qualcuno mi potrebbe spiegare il concetto di polinomio minimo per un endomorfismo? che relazione c'è con il polinomio caratteristico?

Il polinomio minimo di un endomorfismo è il polinomio monico di grado minimo che annulla l'endomorfismo (cioè sostituendo tale endomorfismo ad X nel polinomio risulta zero).

Più precisamente: dato uno spazio $V$ sul campo $k$ considera l'insieme $End(V)$ degli endomorfismi di $V$. Si tratta di un anello non commutativo che è anche un'algebra sul campo base $k$. Dato $T in End(V)$ considera la mappa "valutazione in $T$",

$v_T: k[X] to End(V)$
$P(x) to P(T)$

dove se $P(x) = sum_i a_i x^i$ allora semplicemente $P(T) = sum_i a_i T^i$. Si tratta di un omomorfismo di anelli, quindi siccome $k[X]$ è un dominio a ideali principali il suo ideale $ker(v_T)$ ammette almeno un generatore $M(x)$. Moltiplicando per l'inverso del coefficiente direttore otteniamo un generatore monico, e siccome i generatori differiscono tutti per la moltiplicazione per un'unità, cioè un elemento non nullo di $k$, è facile concludere che tale generatore monico è unico, chiamiamolo polinomio minimo ed indichiamolo con $m(x) = sum_i c_i x^i$. Si tratta del polinomio monico di grado minimo in $ker(v_T)$.

Per definizione $m(T)=0$, quindi se $lambda$ è un autovalore di $T$ con autovettore associato $v ne 0$ si ha $Tv=lambda v$ e quindi $0=m(T)v = (sum_i c_i T^i) v = sum_i (c_i T^i v) = sum_i (c_i lambda^i v) = sum_i (c_i lambda^i) v = m(lambda) v$, da cui $m(lambda)=0$ (perché $v ne 0$).
Questo dimostra che il polinomio minimo di $T$ (come ogni elemento di $ker(v_T)$) ammette gli autovalori di $T$ come zeri.

Una utilità pratica importante del polinomio minimo è che esso divide il polinomio caratteristico. In particolare se $p(x)$ è il polinomio caratteristico di $T$ allora $p(T)=0$ (questo è il teorema di Hamilton-Cayley). In particolare gli zeri del polinomio minimo di $T$ sono esattamente gli autovalori di $T$, resta solo da trovare le molteplicità.
Se tali molteplicità sono tutte uguali a 1 allora in un'opportuna estensione riusciamo a diagonalizzare:
un'altra proprietà fondamentale è che $T$ è diagonalizzabile se e solo se il polinomio minimo di $T$ ha tutti i suoi zeri in $k$ a due a due distinti (l'implicazione difficile è $Leftarrow$).

Quindi tornando all'esercizio proposto, è facile vedere che ogni matrice $A$ tale che $A^m=1$ per qualche $m ge 1$ è invertibile e diagonalizzabile su $CC$: invertibile perché $det(A)^m=1$, diagonalizzabile perché il polinomio $x^m-1$ ha tutti i suoi zeri in $CC$, e tutti a due a due distinti (basta pensare alla circonferenza goniometrica). A questo punto è chiaro che chiedere che tutti gli autovalori siano reali è molto vincolante perché $x^m-1$ di zeri reali ne ha al massimo due.

[miuemia]

grazie mille molto chiaro.

[Studente Anonimo]

Prego