Dimostrazione algebra lineare
Salve, non mi riesce dimostrare che se ho f: V-->V nilpotente e g: V -->V tale che
fg - gf = f
esiste un autovettore comune per g e per f.
Allora se f è nilpotente l'unico suo autovalore è 0, quindi il nucleo di f è non nullo. Dal momento che v deve essere autovettore per entrambi, allora, se prendo v appartenente al nucleo di f:
fg (v) - gf(v) = f(v)
ovvero
f g(v) = 0
devo dimostrare quindi che esiste un autovettore di g che appartiene al nucleo di f... ho provato a verificare che proprietà deve avere un autovettore di g:
f g (v) - gf(v) = f(v)
af(v) - gf(v) = f(v)
f(v) = g f(v)/ a-1
Però non mi riesce andare avanti, mi potreste aiutare?
fg - gf = f
esiste un autovettore comune per g e per f.
Allora se f è nilpotente l'unico suo autovalore è 0, quindi il nucleo di f è non nullo. Dal momento che v deve essere autovettore per entrambi, allora, se prendo v appartenente al nucleo di f:
fg (v) - gf(v) = f(v)
ovvero
f g(v) = 0
devo dimostrare quindi che esiste un autovettore di g che appartiene al nucleo di f... ho provato a verificare che proprietà deve avere un autovettore di g:
f g (v) - gf(v) = f(v)
af(v) - gf(v) = f(v)
f(v) = g f(v)/ a-1
Però non mi riesce andare avanti, mi potreste aiutare?
Risposte
scusa mi scappa la definizione di operatore (quindi il tuo f:V->V) nilpotente... me la potresti dire?
grazie
grazie
@ Zkeggia: Ma il campo di riferimento è algebricamente chiuso?
@ fu^2: in genere un operatore $f$ si dice nilpotente se esiste un naturale $k$ per cui $f^k=0$. Sono sicuro che questa è la definizione che usa anche Zkeggia.
@ fu^2: in genere un operatore $f$ si dice nilpotente se esiste un naturale $k$ per cui $f^k=0$. Sono sicuro che questa è la definizione che usa anche Zkeggia.
sì la definizione di nilpotente è questa. E il campo purtroppo è R, quindi non è algebricamente chiuso.
Perché in effetti tu hai mostrato che $"ker"f$ è $g$-stabile (infatti se $fv=0$ allora $fgv=0$, quindi $v$ e $gv$ sono in $"ker"f$). E $"ker"f$ non è ridotto a $\langle0\rangle$, quindi $g$ si restringe ad un "vero" endomorfismo $"ker"f\to"ker"f$. Se si riuscisse a mostrare che questa restrizione di $g$ ha un autovalore (e quindi un autovettore) avremmo finito...
Questo è sicuramente vero se la dimensione di $"ker"f$ è dispari, però.
Non so se questa cosa va bene anche negli altri casi. Probabilmente c'è da lavorare ancora un po', magari sfruttando maggiormente la nilpotenza (fino adesso abbiamo usato solo il fatto che $f$ ha un nucleo non banale).
Questo è sicuramente vero se la dimensione di $"ker"f$ è dispari, però.
Non so se questa cosa va bene anche negli altri casi. Probabilmente c'è da lavorare ancora un po', magari sfruttando maggiormente la nilpotenza (fino adesso abbiamo usato solo il fatto che $f$ ha un nucleo non banale).
Ah ora che ci penso: una cosa che forse torna utile.
$f$ non può avere altri autovalori all'infuori di $0$ (scusa il tono biblico ma non ho resistito
) perché se ci fossero $lambda!=0, vecv!=vec0$ tali che $fvecv=lambdavecv$, allora per tutti i $k\inNN$ avremmo $f^kvecv=lambda^kvecv!=\vec0$. E invece $f$ è nilpotente.
Quindi con il discorso di prima possiamo dire che tutti gli autospazi di $f$ sono $g$-stabili.
Facciamo un discorso analogo su $f$. Se prendiamo un autovalore $mu$ di $g$, e un corrispondente autovettore $vecw$, allora da $fgw-gfw=fw$ ricaviamo che $g(fw)=(lambda-1)fw$. E questo significa che anche tutti gli autospazi di $g$ sono $f$-stabili.
Quindi abbiamo due operatori, ciascuno stabile sugli autospazi dell'altro. Secondo me, da qui a trovare un autovettore in comune il passo è breve.
$f$ non può avere altri autovalori all'infuori di $0$ (scusa il tono biblico ma non ho resistito
) perché se ci fossero $lambda!=0, vecv!=vec0$ tali che $fvecv=lambdavecv$, allora per tutti i $k\inNN$ avremmo $f^kvecv=lambda^kvecv!=\vec0$. E invece $f$ è nilpotente. Quindi con il discorso di prima possiamo dire che tutti gli autospazi di $f$ sono $g$-stabili.
Facciamo un discorso analogo su $f$. Se prendiamo un autovalore $mu$ di $g$, e un corrispondente autovettore $vecw$, allora da $fgw-gfw=fw$ ricaviamo che $g(fw)=(lambda-1)fw$. E questo significa che anche tutti gli autospazi di $g$ sono $f$-stabili.
Quindi abbiamo due operatori, ciascuno stabile sugli autospazi dell'altro. Secondo me, da qui a trovare un autovettore in comune il passo è breve.
eh sì il passo è breve, ma qual'è?
Perché è sicuramente vero se la dimensione del nucleo di f è dispari? Tra le altre cose non abbiamo informazioni sulla diagonalizzabilità o meno dell'endomorfismo... però f ha tutti gli autovalori nel campo, quindi è triangolabile, potrebbe servire?
Perché è sicuramente vero se la dimensione del nucleo di f è dispari? Tra le altre cose non abbiamo informazioni sulla diagonalizzabilità o meno dell'endomorfismo... però f ha tutti gli autovalori nel campo, quindi è triangolabile, potrebbe servire?
Stavo pensando a considerare la restrizione di g a ker f:
La matrice associata è la matrice nulla, in particolare ogni vettore del nucleo di f quindi sarà autovettore per g. Visto che il nucleo di f è non nullo, allora f e g hanno un autovettore comune. Che ne pensate?
La matrice associata è la matrice nulla, in particolare ogni vettore del nucleo di f quindi sarà autovettore per g. Visto che il nucleo di f è non nullo, allora f e g hanno un autovettore comune. Che ne pensate?
Una cosa alla volta:
1) La cosa è vera se la dimensione di $"ker"f$ è dispari perché in quel caso la restrizione $g:"ker"f\to"ker"f$ sarebbe un endomorfismo in uno spazio di dimensione dispari; di conseguenza il suo polinomio caratteristico avrà grado dispari e quindi ci deve essere almeno un autovalore. Perciò $g$ ha un autovettore in $"ker"f$, e tutti i vettori di $"ker"f$ sono autovettori di $f$.
2) Per il fatto che i due operatori siano uno stabile sugli autospazi dell'altro...per il momento mi ci sono bloccato anche io! sorry
[edit] Ho scritto questo messaggio prima della tua ultima risposta. Come fai a dire che $g$ ristretto a $"ker"f$ è l'endomorfismo nullo?
1) La cosa è vera se la dimensione di $"ker"f$ è dispari perché in quel caso la restrizione $g:"ker"f\to"ker"f$ sarebbe un endomorfismo in uno spazio di dimensione dispari; di conseguenza il suo polinomio caratteristico avrà grado dispari e quindi ci deve essere almeno un autovalore. Perciò $g$ ha un autovettore in $"ker"f$, e tutti i vettori di $"ker"f$ sono autovettori di $f$.
2) Per il fatto che i due operatori siano uno stabile sugli autospazi dell'altro...per il momento mi ci sono bloccato anche io!
sorry[edit] Ho scritto questo messaggio prima della tua ultima risposta. Come fai a dire che $g$ ristretto a $"ker"f$ è l'endomorfismo nullo?
Guarda, non sono ancora riuscito a concludere e per il momento devo occuparmi di altro. Ti dico i risultati a cui sono arrivato, forse ti sono d'aiuto.
Allora abbiamo due operatori $f, g$, $f$ è nilpotente e abbiamo dimostrato che comunque consideriamo un autospazio $V_lambda$ di uno dei due, questo è stabile rispetto all'altro. (Se $V_lambda$ è autospazio di $f$ allora $g(V_lambda)\subV_lambda$, se invece è autospazio di $g$ allora $f(V_lambda)\subV_lambda$). Teniamo presente che $f$ ha solo un autovalore, $0$.
Il problema è che non è detto che $g$ abbia qualche autovalore, e quindi qualche autospazio. Per quanto ne sappiamo, potrebbe anche non averne. Ma se dovessimo scoprire che $g$ ha un autovalore saremmo a cavallo.
Infatti, supponiamo che $lambda$ sia autovalore di $g$, chiamiamo $V_lambda$ il relativo autospazio. Allora $f$ si restringe ad un endomorfismo $barf :V_lambda\toV_lambda$. E, cosa importante, anche $barf$ è nilpotente, ovviamente. Perciò $barf$ deve avere un nucleo non banale in $V_lambda$, e quindi deve avere uno $0$-autovettore in uno spazio di $lambda$-autovettori di $g$. Abbiamo trovato un autovettore comune a $f$ e $g$.
Il problema quindi è mostrare che $g$ deve avere per forza un autovalore. Per quello chiedevo se il campo di riferimento fosse quello complesso...
Allora abbiamo due operatori $f, g$, $f$ è nilpotente e abbiamo dimostrato che comunque consideriamo un autospazio $V_lambda$ di uno dei due, questo è stabile rispetto all'altro. (Se $V_lambda$ è autospazio di $f$ allora $g(V_lambda)\subV_lambda$, se invece è autospazio di $g$ allora $f(V_lambda)\subV_lambda$). Teniamo presente che $f$ ha solo un autovalore, $0$.
Il problema è che non è detto che $g$ abbia qualche autovalore, e quindi qualche autospazio. Per quanto ne sappiamo, potrebbe anche non averne. Ma se dovessimo scoprire che $g$ ha un autovalore saremmo a cavallo.
Infatti, supponiamo che $lambda$ sia autovalore di $g$, chiamiamo $V_lambda$ il relativo autospazio. Allora $f$ si restringe ad un endomorfismo $barf :V_lambda\toV_lambda$. E, cosa importante, anche $barf$ è nilpotente, ovviamente. Perciò $barf$ deve avere un nucleo non banale in $V_lambda$, e quindi deve avere uno $0$-autovettore in uno spazio di $lambda$-autovettori di $g$. Abbiamo trovato un autovettore comune a $f$ e $g$.
Il problema quindi è mostrare che $g$ deve avere per forza un autovalore. Per quello chiedevo se il campo di riferimento fosse quello complesso...
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