Esercizio forma di Jordan e polinomio minimo
Salve! Volevo chiarire i miei dubbi su questo esercizio:
"Sia $V$ uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita e sia $f ∈ End(V )$ un endomorfismo tale che, detti $λ_1, . . . , λ_k ∈ C$ gli autovalori di $f$, si abbia per ogni $i = 1, . . . , k$ $dim Ker(f − λ_(i)id)^2 = 2 dim Ker(f − λ_(i)id).$
a)Dimostrare che il polinomio minimo di $f$ ha grado maggiore o uguale a $2k$.
(b) Dimostrare che se il polinomio minimo di $f$ ha grado uguale a $2k$ allora $V$ ha dimensione pari.
(c) Dimostrare che esiste una base di $V$ di Jordan per $f$ che sia anche una base di Jordan per $f^2$ se e solo se il polinomio minimo di $f$ ha grado uguale a $2k$ e lo spettro di $f$ è contenuto in ${0,1/2}$
Per il primo punto ho pensato che il grado del polinomio minimo dipende dalle dimensioni degli autospazi generalizzati e quindi in base all'ipotesi del testo la minima dimensione di $V'_(lambda)(i)$ è 2. Da qui la tesi(?)
Per il secondo invece, se il grado del polinomio minimo è esattamente $2k$, allora $dim V'_(lambda)(i)=2 AA lambda_i in Sp(f)$
e quindi dalla decomposizione in somma diretta segue la tesi: $V=V'_(lambda)(1) oplus....oplus V'_(lambda)(k)$
"Sia $V$ uno spazio vettoriale complesso di dimensione finita e sia $f ∈ End(V )$ un endomorfismo tale che, detti $λ_1, . . . , λ_k ∈ C$ gli autovalori di $f$, si abbia per ogni $i = 1, . . . , k$ $dim Ker(f − λ_(i)id)^2 = 2 dim Ker(f − λ_(i)id).$
a)Dimostrare che il polinomio minimo di $f$ ha grado maggiore o uguale a $2k$.
(b) Dimostrare che se il polinomio minimo di $f$ ha grado uguale a $2k$ allora $V$ ha dimensione pari.
(c) Dimostrare che esiste una base di $V$ di Jordan per $f$ che sia anche una base di Jordan per $f^2$ se e solo se il polinomio minimo di $f$ ha grado uguale a $2k$ e lo spettro di $f$ è contenuto in ${0,1/2}$
Per il primo punto ho pensato che il grado del polinomio minimo dipende dalle dimensioni degli autospazi generalizzati e quindi in base all'ipotesi del testo la minima dimensione di $V'_(lambda)(i)$ è 2. Da qui la tesi(?)
Per il secondo invece, se il grado del polinomio minimo è esattamente $2k$, allora $dim V'_(lambda)(i)=2 AA lambda_i in Sp(f)$
e quindi dalla decomposizione in somma diretta segue la tesi: $V=V'_(lambda)(1) oplus....oplus V'_(lambda)(k)$
Risposte
Corretto, per il primo punto hai che $dimV_{\lambda_i}' >= 2dimKer(f-\lambda_i) >= 2$ allora la dimensione del p. min. ha grado almeno $2k$
Anche il punto $2$ è ok, cioè la conclusione è corretta. Sai buttarlo giù formalmente?
Anche il punto $2$ è ok, cioè la conclusione è corretta. Sai buttarlo giù formalmente?
Beh se il grado del polinomio minimo è $2k$ allora per ogni autovalore esiste almeno un blocco di taglia 2 quindi la successione dei vari nuclei dovrebbe proprio stabilizzarsi in questo punto:
$dim V'_(lambda)(i)=dim Ker (f-lambda_(i)id)^2=2dimKer(f-lambda_(i)id)$ (e non 2 forse, come avevo scritto sopra)
$dim V'_(lambda)(i)=dim Ker (f-lambda_(i)id)^2=2dimKer(f-lambda_(i)id)$ (e non 2 forse, come avevo scritto sopra)
"nick_10":
Beh se il grado del polinomio minimo è $2k$ allora per ogni autovalore esiste almeno un blocco di taglia 2 quindi la successione dei vari nuclei dovrebbe proprio stabilizzarsi in questo punto:
$dim V'_(lambda)(i)=dim Ker (f-lambda_(i)id)^2=2dimKer(f-lambda_(i)id)$ (e non 2 forse, come avevo scritto sopra)
Tu sai che ogni autovalore $\lambda_i$ del p. min ha molteplicità algebrica $\alpha_i$ almeno $2$, poiché il polinomio minimo ha grado $2k$ allora affinché si abbia $\alpha_1 + ... + \alpha_k = 2k$ deve essere $\alpha_i <= 2$ e quindi $\alpha_i = 2$. Ti torna?
Quindi la successione si stabilizza proprio al secondo termine e la parità della dimensione dello spazio segue dall'ipotesi principale: $dim(Ker(f-\lambda_i id)^2 ) = 2dimKer(f-\lambda_i id)$.
Il terzo punto è quello più difficile, bisogna costruire un po' di basi secondo me. Hai già tentato di approcciare?
Ciao
Allora il terzo punto no...non avevo pensato ancora a nulla.
Tu dici di costruire delle basi di Jordan sia per $f$ che per $f^2$? Questo per mostrare l'implicazione $lArr$?
Tu dici di costruire delle basi di Jordan sia per $f$ che per $f^2$? Questo per mostrare l'implicazione $lArr$?
"nick_10":
Allora il terzo punto no...non avevo pensato ancora a nulla.
Tu dici di costruire delle basi di Jordan sia per $f$ che per $f^2$? Questo per mostrare l'implicazione $lArr$?
No ok, non è necessario costruire una base.
Intanto se dimostriamo la tesi per $Spf = {0}$ e $Spf = {1/2}$ allora il caso $Spf = { 0, 1/2}$ è una banale conseguenza.
Se $f$ è nilpotente la tesi segue subito, se $Spf = {\frac{1}{2}}$ il polinomio minimo è proprio $(t-\frac{1}{2})^2$. Sapendo questo, che informazioni ricavi su $f^2$?
Esatto stavo dividendo anche io i casi. Il caso con $Sp(f)={0}$ l'ho risolto(che è il caso nilpotente)
Con $Sp(f)={1/2}$ sapendo che il polinomio minimo è quello, lo spettro di $f^2$ non dovrebbe essere composto dall'autovalore $1/4$?
Con $Sp(f)={1/2}$ sapendo che il polinomio minimo è quello, lo spettro di $f^2$ non dovrebbe essere composto dall'autovalore $1/4$?
OK, ma puoi dire di più! Il polinomio minimo si annulla in $f$, questo ti porta ad una espressione esplicita di $f^2$ in funzione di $f$!
Mmm forse $f^2=(f-1/2)(f+1/2)$?
"nick_10":
Mmm forse $f^2=(f-1/2)(f+1/2)$?
No, ragiona! Il polinomio minimo di $f$ ha grado $2$ e si annulla in $f$: insomma $(f-1/2)^2 = 0$, sviluppando il binomio e facendo due conti trovi $f^2$. Con questa informazioni dovresti riuscire a dimostrare la tesi per $Spf = {1/2}$. Fammi sapere
Quindi $f^2=f-1/4$. Io passerei a scrivere le due matrici di Jordan(per $f$ e $f^2$). O sbaglio?
"nick_10":
Quindi $f^2=f-1/4$. Io passerei a scrivere le due matrici di Jordan(per $f$ e $f^2$). O sbaglio?
Ragionare solo sulle matrici non penso ti porti a concludere qualcosa sulle basi. Perché non prendi una base di jordan per $f$ e verifichi che è una base di jordan per $f^2$?
Praticamente prendo un vettore appartenente a un supplementare di $Ker(f-1/2id)$, poi applico $f$ e trovo la base di Jordan per f. Per $f^2$ andando a sostituire l'espressione trovata sopra, dovrebbe risultare lo stesso procedimento
Sì, cioè se $B = {v_1, ..., v_n}$ è una base di jordan per $f$ allora o $f(v_i) = 1/2 v_i$ oppure $f(v_i) = 1/2v_i + v_(i-1)$, applicando $f^2$ a $B$ si ottengono le stesse relazioni, cioè se $f(v_i) = 1/2 v_i$ allora $f^2(v_i) = 1/4v_i$ etc.
Okok. Mentre lo spettro completo è l'unione di questi due casi.
Tutto ciò dovrebbe mostrare solo un implicazione o sbaglio?
Tutto ciò dovrebbe mostrare solo un implicazione o sbaglio?
Sì, questo mostra la freccia $\Leftarrow$.
[strike]Per l'altra... beh intanto l'ipotesi ci dice che $f$ e $f^2$ condividono numero e grandezza di blocchi di jordan.[/strike]
EDIT: Quanto scritto è FALSO.
[strike]Per l'altra... beh intanto l'ipotesi ci dice che $f$ e $f^2$ condividono numero e grandezza di blocchi di jordan.[/strike]
EDIT: Quanto scritto è FALSO.
So anche che il grado del polinomio minimo è $>=2k$. Devo escludere che sia maggiore...
Se condividono gli stessi numeri di blocchi non dovrebbe accadere che: $dim Ker(f-lambda_(i)id)=dim Ker (f^2-lambda_(i)id) AA lambda_i$?
"Shocker":
Sì, questo mostra la freccia $\Leftarrow$.
Per l'altra... beh intanto l'ipotesi ci dice che $f$ e $f^2$ condividono numero e grandezza di blocchi di jordan.
Questo è falso, scusa! Non è detto che abbiano lo stesso numero di blocchi della stessa grandezza: avere la stessa base di jordan non vuol dire che l'azione di $f$ e $f^2$ sui vettori è la stessa.
Ripartiamo: sia $B = {v_1, ..., v_n}$ base di jordan sia per $f$ che per $f^2$, siano $\lambda \in Spf$ e $v_i \in B$ tale che $v_i$ è un vettore appartenente a un sottoinsieme di $B$ che genera un blocco di jordan relativo a $\lambda$. L'azione di $f^2$ su $v_i$ può essere di due tipi:
1)$f^2(v_i) = \lambda^2 v_i$
2)$f^2(v_i) = \lambda^2 v_i + v_(i-1)$.
L'azione di $f$ su $v_i$ può essere di due tipi:
1)$f(v_i) = \lambda v_i$
2)$f(v_i) = \lambda v_i + v_(i-1)$.
Allora: se è $f^2(v_i) = \lambda^2 v_i$ e $f(v_i) = \lambda v_i$ è tutto apposto, se invece è $f^2(v_i) = \lambda^2 v_i$ e $f(v_i) = \lambda v_i + v_(i-1)$(un tale vettore esiste sempre poiché $dimKer(f-\lambda)^2 > dimKer(f-\lambda)$) allora $f^2(v_i) = f(f(v_i)) = f(\lambda v_i + v_(i-1)) = \lambdaf(v_i) + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_(i-1) + \lambdav_i + f(v_(i-1))$, adesso: $f(v_(i-1)) = \lambda v_(i-1)$ oppure $f(v_(i-1)) = \lambda v_(i-1) + v_(i-2))$.
Se è $f(v_(i-1)) = \lambda v_(i-1)$ allora l'espressione di prima diventa: $\lambda^2v_(i-1) + \lambdav_i + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_i + 2\lambda v_(i-1)$ e tutto questo è uguale a $f^2(v_i) = \lambda^2 v_i$, cioè $\lambda^2v_i + 2\lambda v_(i-1) = \lambda^2 v_i \iff \lambda = 0$ poiché $v_(i-1) != 0$; se invece è $f(v_(i-1)) = \lambda v_(i-1) + v_(i-2)$ allora si arriva a $\lambda^2v_(i-1) + \lambdav_i + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_(i-1) + 2\lambdav_i + v_(i-2) = \lambda^2 v_i \iff 2\lambdav_(i-1) + v_(i-2) = 0$ assurdo perché i vettori sono L.I.
Adesso dobbiamo analizzare $f^2(v_i) = \lambda^2v_i + v_(i-1)$
Come prima: se $f(v_i) = \lambda v_i$ allora $f^2(v_i) = \lambda^2 v_i = \lambda^2 v_i + v_(i-1) \iff v_(i-1) = 0$ assurdo perché $v_(i-1)$ fa parte di una base e quindi è non nullo. Quindi deve essere $f(v_i) = \lambda v_i + v_(i-1)$ e quindi $f^2(v_i) = f(f(v_i)) = f(\lambdav_i + v_(i-1)) = \lambdaf(v_i) + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_i + \lambdav_(i-1) + f(v_(i-1))$.
Di nuovo: se $f(v_(i-1)) = \lambdav_(i-1)$ allora $\lambda^2v_i + \lambdav_(i-1) + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_i + 2\lambdav_(i-1) = \lambda^2v_i + v_(i-1) \iff 2\lambdav_(i-1) = v_(i-1) \iff \lambda = 1/2$(se fosse nullo avrei un assurdo).
Se invece è $f(v_(i-1) = \lambdav_(i-1) + v_(i-2)$ allora abbiamo che: $\lambda^2v_i + \lambdav_(i-1) + f(v_(i-1)) = \lambda^2v_i + 2\lambdav_(i-1) + v_(i-2) = \lambda^2v_i + v_(i-1) \iff (2\lambda - 1)v_(i-1) + v_(i-2) = 0$ assurdo poiché i vettori sono L.I.
Forti di queste osservazioni abbiamo che se l'ipotesi è vera allora gli autovalori di $f$ sono contenuti in ${0, 1/2}$ e che per non arrivare ad assurdi i blocchi di $f$ devono essere tutti $2 xx 2$.
Chiaro?
Tutto molto chiaro...sei stato precisissimo grazie
Una sola cosa...perchè obbligatoriamente tutti i blocchi devono essere $2 xx 2$?
Una sola cosa...perchè obbligatoriamente tutti i blocchi devono essere $2 xx 2$?
"nick_10":
Tutto molto chiaro...sei stato precisissimo grazie
Una sola cosa...perchè obbligatoriamente tutti i blocchi devono essere $2 xx 2$?
Perché in ogni caso se $f(v_(i-1)) = \lambdav_(i-1) + v_(i-2)$ si arriva ad un assurdo! Quindi i blocchi sono generati da coppie di vettori: ${v_(i-1), v_i}$ o da singoli vettori $v_i$, ma per ipotesi $d_2 = 2d_1$ e segue che $b_1 = 2d_1 - d_0 - d_2 = d_0 = 0$ quindi non ci blocchi di ordine $1$.
In realtà per dimostrare la parità del grado del p. min. basta dire che i blocchi hanno al più ordine $2$, e questo si deduce proprio dal fatto che non può essere $f(v_(i-1)) = \lambdav_(i-1) + v_(i-2)$, e che ne esiste almeno uno di ordine $2$ per ogni autovalore e questo si deduce dal fatto che $d_2 > d_1$
Ciao!
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