Problema su diagonalizzabilità con polinomi
Buonasera a tutti!!
nuovo giorno nuova richiesta:
Si considerino lo spazio vettoriale R3[x] dei polinomi di grado
minore o uguale a 3 e l'operatore di derivazione D : R3[x]-->R3[x] che
associa ad ogni polinomio la sua derivata prima. Determinare gli autovalori
di D e calcolare i relativi autospazi. Stabilire se D e diagonalizzabile e, in
caso affermativo, trovarne la forma diagonale.
innanzitutto devo esprimere i polinomi in forma generica?
per risolvere i punti sicuramente mi serve la matrice associata. il problema è: come partireste?
ciao a tutti e grazie!
nuovo giorno nuova richiesta:
Si considerino lo spazio vettoriale R3[x] dei polinomi di grado
minore o uguale a 3 e l'operatore di derivazione D : R3[x]-->R3[x] che
associa ad ogni polinomio la sua derivata prima. Determinare gli autovalori
di D e calcolare i relativi autospazi. Stabilire se D e diagonalizzabile e, in
caso affermativo, trovarne la forma diagonale.
innanzitutto devo esprimere i polinomi in forma generica?
per risolvere i punti sicuramente mi serve la matrice associata. il problema è: come partireste?
ciao a tutti e grazie!
Risposte
Devi sfruttare l'isomorfismo tra lo spazio dei polinomi e lo spazio euclideo. Potrai quindi rappresentare il polinomio $ax^3 + bx^2 + cx + d$ tramite il vettore $[a,b,c,d]^T$. Detto ciò il gioco è fatto!
"Emar":
Devi sfruttare l'isomorfismo tra lo spazio dei polinomi e lo spazio euclideo. Potrai quindi rappresentare il polinomio $ ax^3 + bx^2 + cx + d $ tramite il vettore $[a,b,c,d]^T$. Detto ciò il gioco è fatto!
si fin qui dal punto di vista teorico non è un problema. il punto è:
se devo trovarmi la matrice associata faccio:
$ f(ax^3 + bx^2 + cx + d)=3ax^2+2bx+c $
quindi
$ f(1,0,0,0)= $ sostituisco 1 al posto dell'incognita x^3 ottenendo 3*1 che quindi diventa termine noto che si aggiunge al coefficiente di C ottenendo il vettore:
$ (0,0,2b,3a+c) $ il primo termine è 0 perchè nella derivata non ho l'incognita elevata al cubo quindi sparisce però siamo comunque in uno spazio di dimensione 4. lo 0 successivo è dell' x^2 che però avendoci sostituito 1 sparisce. il 2b è il coeff di x e 3a+c è il termine noto c a cui viene aggiungo il 3a ottenuto dalla sostituizione di 1 all'incognita di secondo grado. credo di sbagliarmi..
Non ho capito molto bene. Arrivato qui
\[D(ax^3+bx^2+cx+d)=3ax^2+2bx+c\]
hai $D(1)=0$, $D(x)=1$, $D(x^2)=2x$ e $D(x^3)=3x^2$, quindi la matrice associata a $D$ rispetto alla base canonica $\mathcal{C}:=\{x^3,x^2,x,1\}$ è
\[A:=
\begin{pmatrix}
0&0&0&0\\
3&0&0&0\\
0&2&0&0\\
0&0&1&0
\end{pmatrix}
\]
Ora si vede a occhio che gli autovettori[nota]Relativi all'(unico) autovalore $\lambda=0$[/nota] di $D$ sono tutti e soli i polinomi costanti (escluso ovviamente il polinomio nullo); altrimenti, osservando che il polinomio caratteristico di $D$ è
\[p_D(\lambda)=\lambda^4\]
puoi dire che l'unico autovalore è $\lambda=0$ con molteplicità $4$, dunque certamente $D$ non è diagonalizzabile perché altrimenti l'autospazio $V_0(D)$, che coincide col nucleo di $D$, avrebbe dimensione $4$ e quindi coinciderebbe con $RR_3[x]$, ovvero $D$ sarebbe identicamente nulla (e non è vero...).
Quanto al calcolo degli autospazi, ovvero dell'autospazio, hai che $A-0\cdot I_4$, cioè $A$, ha visibilmente rango $3$, dunque $V_0(D)$ ha dimensione $4-3=1$. Poiché, è chiaro, $1\in V_0(D)$, hai che
\[V_0(D)=\langle 1 \rangle\]
cioè $V_0(D)$ è il sottospazio generato dal polinomio costante $1$, ovvero è l'insieme di tutti i polinomi costanti, come dicevo prima
\[D(ax^3+bx^2+cx+d)=3ax^2+2bx+c\]
hai $D(1)=0$, $D(x)=1$, $D(x^2)=2x$ e $D(x^3)=3x^2$, quindi la matrice associata a $D$ rispetto alla base canonica $\mathcal{C}:=\{x^3,x^2,x,1\}$ è
\[A:=
\begin{pmatrix}
0&0&0&0\\
3&0&0&0\\
0&2&0&0\\
0&0&1&0
\end{pmatrix}
\]
Ora si vede a occhio che gli autovettori[nota]Relativi all'(unico) autovalore $\lambda=0$[/nota] di $D$ sono tutti e soli i polinomi costanti (escluso ovviamente il polinomio nullo); altrimenti, osservando che il polinomio caratteristico di $D$ è
\[p_D(\lambda)=\lambda^4\]
puoi dire che l'unico autovalore è $\lambda=0$ con molteplicità $4$, dunque certamente $D$ non è diagonalizzabile perché altrimenti l'autospazio $V_0(D)$, che coincide col nucleo di $D$, avrebbe dimensione $4$ e quindi coinciderebbe con $RR_3[x]$, ovvero $D$ sarebbe identicamente nulla (e non è vero...).
Quanto al calcolo degli autospazi, ovvero dell'autospazio, hai che $A-0\cdot I_4$, cioè $A$, ha visibilmente rango $3$, dunque $V_0(D)$ ha dimensione $4-3=1$. Poiché, è chiaro, $1\in V_0(D)$, hai che
\[V_0(D)=\langle 1 \rangle\]
cioè $V_0(D)$ è il sottospazio generato dal polinomio costante $1$, ovvero è l'insieme di tutti i polinomi costanti, come dicevo prima
Ciao a tutti 
sono d'accordo con Pleep. Si vede che il $ kerD $ è dato da tutti i polinomi costanti che derivati danno 0(la dimensione del ker quindi è 1). Dato che con la derivazione si abbassa il grado del polinomio, hai che se $ (a_0,a_1,a_2,a_3) $ è il vettore delle coordinate del generico polinomio, la derivazione non fa altro che farti scalare queste $ (a_1,a_2,a_3,0) $. Non ci può essere un modo con cui questi due vettori risultano proporzionali. Se poi ti ricavi una matrice qualsiasi vedi che la molteplicità geometrica è diversa da quella algebrica e quindi non si può diagonalizzare.
sono d'accordo con Pleep. Si vede che il $ kerD $ è dato da tutti i polinomi costanti che derivati danno 0(la dimensione del ker quindi è 1). Dato che con la derivazione si abbassa il grado del polinomio, hai che se $ (a_0,a_1,a_2,a_3) $ è il vettore delle coordinate del generico polinomio, la derivazione non fa altro che farti scalare queste $ (a_1,a_2,a_3,0) $. Non ci può essere un modo con cui questi due vettori risultano proporzionali. Se poi ti ricavi una matrice qualsiasi vedi che la molteplicità geometrica è diversa da quella algebrica e quindi non si può diagonalizzare.
grazie mille sia a Pleep che a peter! è tutto chiaro e cristallino!:-)
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