Invertibilità
Saluti. Chiedo conferme intorno allo svolgimento del seguente esercizio:
Io ho pensato di svolgere così: se \(\displaystyle P \) è diagonalizzabile significa che esistono una matrice \(\displaystyle \Delta \) diagonale ed una matrice \(\displaystyle H \) invertibile tali che \(\displaystyle P=H\Delta H^{-1} \). Ora, siccome \(\displaystyle H \) è invertibile, \(\displaystyle \mbox{det} \; H \ne 0 \). Se \(\displaystyle \mbox{det} \; \Delta = 0 \), \(\displaystyle \mbox{det} \; P = 0 \), il che implica che \(\displaystyle \mbox{det} \; P^{2}=0 \) (per il teorema di Binet). Ne segue direttamente che, posto impropriamente \(\displaystyle \phi=P \), \(\displaystyle \mbox{ker} \; \phi^{2} \ne \langle 0 \rangle \). Voglio provare ora che \(\displaystyle \ker \; (\mbox{id} + \phi^{2}) = \langle 0 \rangle \) in modo tale che ne segua la tesi: \[\displaystyle \mbox{rk} \; (\mbox{id} + \phi^{2})=\mbox{max} \quad \Rightarrow \quad \mbox{det} \; (\mbox{id} + \phi^{2}) \ne 0 \]
Ho pensato che, dato \(\displaystyle v \in \mbox{ker} \phi^{2} \), \(\displaystyle (\mbox{id} + \phi^{2})(v)=\mbox{id}(v) + \phi^{2}(v)=v + 0 = v \) (per come è strutturato lo spazio vettoriale delle applicazioni lineari); quindi il fatto che il kernel di \(\displaystyle \phi^{2} \) non sia vuoto non mi disturba più di tanto. Il problema è che se esiste \(\displaystyle v \) tale che \(\displaystyle \phi^{2}(v)=-v \) sono fregato ( perché avrei \(\displaystyle \mbox{ker}(\mbox{id} + \phi^{2}) \ne \langle 0 \rangle \) ). In sostanza devo quindi provare che \(\displaystyle \phi^{2} \) non può ammettere l'autovalore \(\displaystyle -1 \); così facendo avrei concluso, e ne seguirebbe una breve prova anche del caso in cui \(\displaystyle \mbox{det} \; \Delta \ne 0 \).
Però non so come ultimare... Mi affido a voi.
Sia \(\displaystyle P \in M_{n}(\mathbb{R}) \) una matrice diagonalizzabile. Si mostri che \(\displaystyle 1_{n}+P^{2} \) è invertibile.
Io ho pensato di svolgere così: se \(\displaystyle P \) è diagonalizzabile significa che esistono una matrice \(\displaystyle \Delta \) diagonale ed una matrice \(\displaystyle H \) invertibile tali che \(\displaystyle P=H\Delta H^{-1} \). Ora, siccome \(\displaystyle H \) è invertibile, \(\displaystyle \mbox{det} \; H \ne 0 \). Se \(\displaystyle \mbox{det} \; \Delta = 0 \), \(\displaystyle \mbox{det} \; P = 0 \), il che implica che \(\displaystyle \mbox{det} \; P^{2}=0 \) (per il teorema di Binet). Ne segue direttamente che, posto impropriamente \(\displaystyle \phi=P \), \(\displaystyle \mbox{ker} \; \phi^{2} \ne \langle 0 \rangle \). Voglio provare ora che \(\displaystyle \ker \; (\mbox{id} + \phi^{2}) = \langle 0 \rangle \) in modo tale che ne segua la tesi: \[\displaystyle \mbox{rk} \; (\mbox{id} + \phi^{2})=\mbox{max} \quad \Rightarrow \quad \mbox{det} \; (\mbox{id} + \phi^{2}) \ne 0 \]
Ho pensato che, dato \(\displaystyle v \in \mbox{ker} \phi^{2} \), \(\displaystyle (\mbox{id} + \phi^{2})(v)=\mbox{id}(v) + \phi^{2}(v)=v + 0 = v \) (per come è strutturato lo spazio vettoriale delle applicazioni lineari); quindi il fatto che il kernel di \(\displaystyle \phi^{2} \) non sia vuoto non mi disturba più di tanto. Il problema è che se esiste \(\displaystyle v \) tale che \(\displaystyle \phi^{2}(v)=-v \) sono fregato ( perché avrei \(\displaystyle \mbox{ker}(\mbox{id} + \phi^{2}) \ne \langle 0 \rangle \) ). In sostanza devo quindi provare che \(\displaystyle \phi^{2} \) non può ammettere l'autovalore \(\displaystyle -1 \); così facendo avrei concluso, e ne seguirebbe una breve prova anche del caso in cui \(\displaystyle \mbox{det} \; \Delta \ne 0 \).
Però non so come ultimare... Mi affido a voi.
Risposte
Provo (aspetto segnalazioni di errori).
$P^2 = H \Delta H^(-1) H \Delta H^(-1) = H \Delta^2 H^(-1)$
$E_n + P^2 = E_n + H \Delta^2 H^(-1)$
$( E_n + P^2 ) H = E_n H + H \Delta^2$
$det( E_n + P^2 ) det(H) = det( H + H \Delta^2 )$
Quindi $E_n + P^2$ è invertibile $hArr$ $det( E_n + P^2 ) != 0$ $hArr$ $det( H + H \Delta^2 ) != 0$
Ma $H + H \Delta^2 = H + H "Diag"((lambda_1)^2 , ... , (lambda_n)^2)$ non può avere determinante nullo, perché è la matrice somma di due matrici: $H$ e una matrice $A$ che è ottenuta da $H$ moltiplicando per delle costanti $>= 0$ (gli autovalori di $P$ al quadrato) le sue righe ($\Delta^2$ è diagonale). Poichè $det(H) != 0$ necessariamente $det( E_n + P^2 ) != 0$.
Nota: se anche fosse $lambda_i = -1$, $(lambda_i)^2 = 1$ e quindi non potrebbe capitare che $H + H \Delta^2$ abbia qualche riga nulla.
Cosa dite?
$P^2 = H \Delta H^(-1) H \Delta H^(-1) = H \Delta^2 H^(-1)$
$E_n + P^2 = E_n + H \Delta^2 H^(-1)$
$( E_n + P^2 ) H = E_n H + H \Delta^2$
$det( E_n + P^2 ) det(H) = det( H + H \Delta^2 )$
Quindi $E_n + P^2$ è invertibile $hArr$ $det( E_n + P^2 ) != 0$ $hArr$ $det( H + H \Delta^2 ) != 0$
Ma $H + H \Delta^2 = H + H "Diag"((lambda_1)^2 , ... , (lambda_n)^2)$ non può avere determinante nullo, perché è la matrice somma di due matrici: $H$ e una matrice $A$ che è ottenuta da $H$ moltiplicando per delle costanti $>= 0$ (gli autovalori di $P$ al quadrato) le sue righe ($\Delta^2$ è diagonale). Poichè $det(H) != 0$ necessariamente $det( E_n + P^2 ) != 0$.
Nota: se anche fosse $lambda_i = -1$, $(lambda_i)^2 = 1$ e quindi non potrebbe capitare che $H + H \Delta^2$ abbia qualche riga nulla.
Cosa dite?
In sostanza, per chiarire le idee: se $H = ((vec(h_1)),(vec(h_2)),(...),(vec(h_n)))$,
$H + H \Delta^2 = ((vec(h_1)),(vec(h_2)),(...),(vec(h_n))) + (((\lambda_1)^2vec(h_2)),((\lambda_2)^2 vec(h_2)),(...),((\lambda_n)^2 vec(h_n))) = ((vec(h_1) + (\lambda_1)^2vec(h_1) ),(vec(h_2) + (\lambda_2)^2vec(h_2)),(...),(vec(h_n) + (\lambda_n)^2vec(h_n)))$
$H + H \Delta^2 = ((vec(h_1)),(vec(h_2)),(...),(vec(h_n))) + (((\lambda_1)^2vec(h_2)),((\lambda_2)^2 vec(h_2)),(...),((\lambda_n)^2 vec(h_n))) = ((vec(h_1) + (\lambda_1)^2vec(h_1) ),(vec(h_2) + (\lambda_2)^2vec(h_2)),(...),(vec(h_n) + (\lambda_n)^2vec(h_n)))$
Giusto il discorso sugli autovalori. Più sinteticamente, occorre dimostrare che \(I+P^2\) non ha l'autovalore \(0\). Ora succede una cosa molto simpatica: gli autovalori di \(I+P^2\) sono esattamente \(\{1+\lambda^2\mid \lambda\ \text{autovalore di}\ A\}\)! Per dimostrare questo conviene sfruttare l'ipotesi di diagonalizzabilità, osservando che anche \(I+P^2\) è diagonalizzabile e che è facile determinarne la forma diagonale.
Seneca, non ho seguito tutto il tuo ragionamento perché già alla prima riga, unitamente al suggerimento di dissonance, mi si è accesa una lampadina. Continuo da dove mi ero fermato (e mi pare davvero sciocco non essermi accorto prima di ciò): \[\displaystyle P^{2}=(H\Delta H^{-1}) \cdot (H \Delta H^{-1})=H \Delta^{2} H^{-1} \]
Ora, siccome \(\displaystyle \Delta^{2} \) è diagonale, anche \(\displaystyle P^{2} \) è diagonalizzabile; nella fattispecie gli autovalori che stanno lungo la diagonale di \(\displaystyle \Delta^{2} \) non possono essere negativi perché sono tutti dei quadrati. Ne segue che \(\displaystyle \phi^{2} \) non ammette l'autovalore \(\displaystyle -1 \), e quindi \(\displaystyle (\mbox{id} + \phi)(v) \ne 0 \ \ \forall v \; \in V \) il che implica che \(\displaystyle \mbox{ker}(\mbox{id} + \phi) = \langle 0 \rangle \) il che implica che il rango è pari a \(\displaystyle n \), il determinante è diverso da zero e l'applicazione è invertibile.
Ora, siccome \(\displaystyle \Delta^{2} \) è diagonale, anche \(\displaystyle P^{2} \) è diagonalizzabile; nella fattispecie gli autovalori che stanno lungo la diagonale di \(\displaystyle \Delta^{2} \) non possono essere negativi perché sono tutti dei quadrati. Ne segue che \(\displaystyle \phi^{2} \) non ammette l'autovalore \(\displaystyle -1 \), e quindi \(\displaystyle (\mbox{id} + \phi)(v) \ne 0 \ \ \forall v \; \in V \) il che implica che \(\displaystyle \mbox{ker}(\mbox{id} + \phi) = \langle 0 \rangle \) il che implica che il rango è pari a \(\displaystyle n \), il determinante è diverso da zero e l'applicazione è invertibile.
Sì, in effetti non serviva farla così lunga...
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