Polinomio minimo di un endomorfismo su $M_n(RR)$
Sia $<,>$ la forma bilineare simmetrica definita positiva su $M_n(RR)$ tale che $ =Tr(XY^T)$ con $X,Y in M_n(RR)$. Sia $A in M_n(RR)$ matrice simmetrica, definiamo $F$ l'endomorfismo autoaggiunto (rispetto a $<,>$) di $M_n(RR)$: $F(X)=AXA$ con $X in M_n(RR)$. Determinare il polinomio minimo di $F$ in termini di quello di $A$. (Hint: usare il teorema spettrale)
Risposte
Dovresti proporre tentativi di soluzione.
Ti dò delle indicazioni.
1. Mostra che gli autovalori di F sono tutti del tipo $lambda mu$ con $lambda$ e $mu$ autovalori di $A$ (che possono essere uguali tra loro o diversi).
2. Mostra che $F$ è diagonalizzabile usando il fatto che $A$ è diagonalizzabile (per il teorema spettrale) quindi la molteplicità degli autovalori di $F$ nel polinomio minimo è $1$.
3. Concludi che il polinomio minimo di $F$ è il prodotto dei $X-lambda mu$ dove ogni $lambda mu$ compare una sola volta.
Ti dò delle indicazioni.
1. Mostra che gli autovalori di F sono tutti del tipo $lambda mu$ con $lambda$ e $mu$ autovalori di $A$ (che possono essere uguali tra loro o diversi).
2. Mostra che $F$ è diagonalizzabile usando il fatto che $A$ è diagonalizzabile (per il teorema spettrale) quindi la molteplicità degli autovalori di $F$ nel polinomio minimo è $1$.
3. Concludi che il polinomio minimo di $F$ è il prodotto dei $X-lambda mu$ dove ogni $lambda mu$ compare una sola volta.
"Martino":
2. Mostra che $F$ è diagonalizzabile usando il fatto che $A$ è diagonalizzabile (per il teorema spettrale) quindi la molteplicità degli autovalori di $F$ nel polinomio minimo è $1$.
Ma in teoria il fatto che $F$ sia diagonalizzabile dato che è un endomorfismo autoaggiunto non viene direttamente dal teorema spettrale? Poi che anche $A$ sia diagonalizzabile anche quello viene dal teorema spettrale poiché $A$ simmetrica.
Sì ok, in ogni caso in presenza di endomorfismi diagonalizzabili trovare il polinomio minimo è equivalente a trovare gli autovalori. Ci hai provato?
"Martino":
Sì ok, in ogni caso in presenza di endomorfismi diagonalizzabili trovare il polinomio minimo è equivalente a trovare gli autovalori. Ci hai provato?
Sto vedendo come dimostrare che se $λ$ è un autovalore di $F$ allora $λ=λ_1λ_2$ dove $λ_1,λ_2$ sono autovalori di $A$ (che possono essere uguali tra loro o diversi). Una volta mostrato questo siccome $F$ diagonalizzabile (per il teorema spettrale dato che è endomorfismo autoaggiunto) allora il polinomio minimo di $F$ è libero da quadrati. Siccome il polinomio minimo di $F$ ha come radici tutti e soli gli autovalori di $F$ allora è il prodotto dei $(x−λ_1λ_2)$ tutti con molteplicità $1$ poiché il polinomio minimo deve essere libero da quadrati.
Siano $u,v$ autovettori di $A$ appartenenti a una base ortonormale di autovettori di $A$, definisci $X=u * v^T$ (è un prodotto colonna per riga, una matrice $n xx n$) e calcola $F(X)$. Poi dimostra che le matrici del tipo $u * v^T$ sono linearmente indipendenti e contale.
"Martino":
Siano $u,v$ autovettori di $A$ appartenenti a una base ortonormale di autovettori di $A$, definisci $X=u * v^T$ (è un prodotto colonna per riga, una matrice $n xx n$) e calcola $F(X)$. Poi dimostra che le matrici del tipo $u * v^T$ sono linearmente indipendenti e contale.
Sia quindi ${v_1,...,v_n}$ una base ortonormale di autovettori di $A$ (tale base esiste per il teorema spettrale dato che $A$ è simmetrica). Posto $X=v_i* v_j^T$ (abbiamo in totale $n^2$ matrici di questo tipo) abbiamo che:$ F(X)=AXA=Av_i v_j^TA=Av_i v_j^TA^T=Av_i(Av_j)^T= λ_iv_i(λ_jv_j)^T=λ_iλ_jv_i v_j^T=λ_iλ_jX $, da cui $X$ è autovettore di $F$ relativo all'autovalore $λ_iλ_j$. Ora se pensiamo a $X$ come la matrice di un endomorfismo $f$, rispetto alla base ortonormale ${v_1,...,v_n}$ esso diventa $((0,.,.,.,,.0),(.,.,.,.,.,.),(.,.,1,.,.,.),(0,.,.,.,.,0))$ (dove $1$ si trova in posizione $i,j$), ma allora tutte insieme queste matrici corrispondono alla base canonica di $M_n(RR)$ e quindi tutti questi endomorfismi sono linearmente indipendenti tra loro e quindi abbiamo costruito una base di autovettori di $F$.
Bravo
"Martino":
Bravo
Grazie mille dell'aiuto, il tutto stava nel capire come scrivere $X$.
Comunque una cosa interessante è che nella base canonica di $M_n(RR)$ la matrice di $F$ è uguale al prodotto di Kronecker $A otimes A$.
"Martino":
Comunque una cosa interessante è che nella base canonica di $M_n(RR)$ la matrice di $F$ è uguale al prodotto di Kronecker $A otimes A$.
Non so cosa sia il prodotto di Kronecker però avevo già studiato $F$ con la base canonica di $ M_n(RR) $ e praticamente mi erano usciti dei blocchi della stessa lunghezza della matrice simmetrica e ogni blocco era uguale alla matrice simmetrica moltiplicata per un coefficiente della stessa matrice simmetrica. Per farti capire se $A=((a,b),(b,c))$ allora $M_C(F)=((aA,bA),(bA,cA))$ con $C={E_1,..E_n}$ base canonica di $ M_n(RR) $.
Sì è quello il prodotto di Kronecker (se clicchi il link che ho messo c'è la definizione).
"Martino":
Sì è quello il prodotto di Kronecker (se clicchi il link che ho messo c'è la definizione).
Ok
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