[EX] - Diagonalizzabilità di un operatore

[Paolo902]

Esercizio. Siano [tex]n[/tex] e [tex]d[/tex] due interi positivi; sia inoltre [tex]\varphi (x) \in \mathbb{C}[x][/tex] un polinomio di grado al più [tex]d[/tex]. Sia [tex]V \subset \mathbb{C}[x][/tex] il sottospazio vettoriale dei polinomi di grado al più [tex]n[/tex] a coefficienti complessi. Si definisca un operatore lineare [tex]T: V \to V[/tex] che manda [tex]f(x) \mapsto \varphi(x)f^{d}(x)[/tex], (dove con [tex]f^{d}[/tex] indichiamo la derivata [tex]d[/tex]-esima di [tex]f[/tex]). Si chiede di dare condizioni necessarie e sufficienti affinché l’operatore [tex]T[/tex] sia diagonalizzabile.

Sto lavorando per la ricerca di una soluzione. Il problema mi pare molto interessante e stimolante, insomma un bel rinfresco di concetti di un corso di Algebra lineare e Geometria.

Appena ho tempo (se riesco già in serata), posto in spoiler i miei ragionamenti e quello che sono riuscito a concludere.

Nel frattempo, se qualcuno vuole divertirsi un po' e vuole dare una mano è il benvenuto.

Fonte: concorso di ammissione al IV anno del corso ordinario di Matematica, Scuola Normale Superiore di Pisa, anno 2010.

N.B. Nel file linkato, ci sono anche le soluzioni e lo svolgimento completo, che però mi sono ben guardato dal leggere.

[Paolo902]

Dunque, per prima cosa osservo che se [tex]$d>n$[/tex]non c'è molto da dire: [tex]$T$[/tex] è l'operatore nullo. Analoga conclusione se il polinomio [tex]$\varphi(x) \equiv 0$[/tex], caso che quindi escludiamo.

Quindi, possiamo tranquillamente supporre [tex]$d \le n$[/tex]. Ho analizzato sommariamente le proprietà di [tex]$T$[/tex], magari possono servire: ad esempio, [tex]$\ker T =\{f(x) \in V \text{ tali che } \deg(f)
Di più: poichè il nucleo coincide con l'autospazio relativo a [tex]$\lambda=0$[/tex], se [tex]$T$[/tex] è diagonalizzabile, allora devo avere che la molteplicità algebrica dell'autovalore [tex]$\lambda=0$[/tex] è esattamente [tex]$d = \dim \Ker T = \dim \mathbb{C}_{d-1}[x]$[/tex]. Questo significa che il mio polinomio caratteristico è della forma [tex]$\lambda^d Q(\lambda)=0$[/tex], con [tex]Q(\lambda)[/tex] polinomio di grado [tex]$(n+1)-d$[/tex] (perchè [tex]$V$[/tex] ha dimensione [tex]$n+1$[/tex]).

Questa è una condizione necessaria: se $T$ è diagonalizzabile, allora l'autovalore $\lambda = 0$ deve essere un fattore di grado $d$ nel polinomio caratteristico.

Ora però non so bene come andare avanti: cosa posso dire sugli altri autovalori?
Come posso capire se anche le dimensioni degli altri autospazi vanno bene?

Intanto, continuo a pensarci.

[Studente Anonimo]

Ti dico quello che mi è venuto in mente. Con [tex]f^{(k)}[/tex] intendo la derivata [tex]k[/tex]-esima di [tex]f[/tex]. Osserva che se c'è almeno un autovettore [tex]f(x)[/tex] non nel nucleo allora siccome [tex]T(f(x))[/tex] ha (in particolare) lo stesso grado di [tex]f(x)[/tex], [tex]\varphi(x)[/tex] deve avere grado [tex]d[/tex]. Secondo me questa condizione è anche sufficiente per la diagonalizzabilità. L'idea è costruire una base diagonalizzante. Come primi [tex]d[/tex] vettori puoi scegliere [tex]1,x,...,x^{d-1}[/tex]. I successivi due autovettori (di gradi rispettivamente [tex]d[/tex] e [tex]d+1[/tex]) potrebbero essere [tex]\varphi(x)[/tex] e [tex]\varphi(x) \varphi^{(d-1)}(x)[/tex] (osserva che in effetti sono autovettori!). Il problema è che [tex]\varphi(x)\varphi^{(d-2)}(x)[/tex] non è un autovettore in generale. Gli autovettori devono essere della forma [tex]\varphi(x) P_k(x)[/tex], con [tex]\text{deg}(P_k(x))=k[/tex], e la condizione che risulta è [tex]P_k(x) = (\varphi(x) P_k(x))^{(d)}[/tex], un po' oscura. Se [tex]d=1[/tex] una base diagonalizzante risulta essere [tex]\{1,\varphi(x),\varphi(x)^2,...,\varphi(x)^n\}[/tex]. Secondo me uno potrebbe costruire una base scrivendo [tex]k=ad+b[/tex] con [tex]0 \leq b < d[/tex] e definendo [tex]P_k(x):=(\varphi(x)^{a+1})^{(d-b)}+Q_k(x)[/tex] per un opportuno polinomio [tex]Q_k(x)[/tex] di grado minore di [tex]k[/tex]. Ma il tutto mi sembra troppo difficile. Se mi viene in mente altro te lo dico.

[Paolo902]

Hey ciao!

Grazie per la risposta.

Hai ragione, quella sul grado di [tex]$\varphi$[/tex] è una condizione sicuramente necessaria. In effetti, la derivata di un polinomio di grado [tex]$k \le n$[/tex] ha grado [tex]$k-d$[/tex] e, se c'è un [tex]$f(x)$[/tex] autovettore (di autovalore non nullo), allora [tex]$\varphi(x)$[/tex] deve avere grado [tex]$d$[/tex]. Bene, questa è sicuramente una ottima osservazione.

Ora dobbiamo vedere se è anche sufficiente.
Ho letto la tua idea, ma non mi è venuto in mente nulla per proseguire.

Però, senti un po', io ho notato questa cosa. Prendi la base canonica [tex]$\mathcal{B}=(1,x,x^{2}, \ldots , x^{n})$[/tex] di [tex]V[/tex].
Se non ho sbagliato i conti (io con gli indici mi incasino sempre!) la derivata [tex]$d$[/tex]-esima risulta [tex]$\frac{\text{d}^{d}}{\text{d}x^d}x^{i}=i(i-1)\ldots(i-d+1)x^{i-d}$[/tex]. Se moltiplico questa derivata per un polinomio di grado [tex]$d$[/tex] ottengo un polinomio di grado [tex]$i$[/tex] e quindi la matrice associata a [tex]$T$[/tex] rispetto alla base standard è triangolare superiore.

E' giusto secondo te? A me questa pare un bella cosa, ma ora bisogna concludere e non so come proseguire...

Grazie

[Studente Anonimo]

Oh no, accidenti, scusami è molto più semplice (di certe cose ci si accorge solo dopo essersi compromessi ). Esatto basta considerare la base che hai detto. Ora è sufficiente fare una semplice osservazione per concludere. Ma cosa sono andato a pensare

[Paolo902]

Intanto ho corretto un refuso, mi era scappato un segno [tex]+[/tex] nel post sopra.
Grazie mille per la tua risposta

L'osservazione che a questo punto si può fare è questa: la matrice nella base canonica è triangolare superiore, quindi gli elementi della diagonale sono gli autovalori della matrice.
Tra questi ho sicuramente 0 con molteplicità algebrica $d$ e poi ho gli altri elementi della forma [tex]$i(i-1) \ldots (i-d+1)k$[/tex] dove [tex]$k$[/tex] è il coefficiente del termine di massimo grado ([tex]$d$[/tex]) di [tex]$\varphi(x)$[/tex].
Ora, la molteplicità geometrica di 0 coincide con la sua molteplicità algebrica per il discorso fatto nel primo post sul nucleo dell'endomorfismo.

Se mostriamo che gli altri autovalori sono a due a due distinti abbiamo che $T$ è diagonalizzabile perchè le molteplicità algebrica e geometrica degli altri autovalori sarebbero entrambe uguali a 1.

Ma se [tex]$i(i-1) \ldots (i-d+1)k = j(j-1) \ldots (j-d+1)k \Rightarrow i(i-1) \ldots (i-d+1) = j(j-1) \ldots (j-d+1) \Rightarrow d! \binom{i}{d} =d! \binom{j}{d} $[/tex] che dovrebbe implicare [tex]$i=j$[/tex].

Che ne dici?
Grazie mille.

[Studente Anonimo]

Giusto. Rimarrebbe da formalizzare un attimo il fatto che se [tex]\binom{i}{d} = \binom{j}{d}[/tex] allora [tex]i=j[/tex], e il fatto che gli elementi diagonali di una matrice triangolare sono autovalori (questo solo se la cosa non ti fosse gia' chiara).

[Paolo902]

Hai assolutamente ragione; infatti, entrambi i punti sono un po' nebulosi.

Anzitutto, vediamo la questione degli autovalori.
Sono abbastanza convinto che la faccenda funziona perchè il determinante e la traccia sono proprietà invarianti per similitudine. In altre parole, traccia e determinante di matrici simili sono uguali.
Inoltre, bisogna ricordare la bella proprietà delle matrici triangolare: il determinante è il prodotto degli elementi della diagonale.
Queste considerazioni dovrebbero essere corrette, ma non so bene come formalizzare il discorso in maniera pulita: tu hai qualche idea? C'entra per caso la teoria di Jordan che non ho mai studiato?

Poi la questione dei coefficienti binomiali, se [tex]\binom{i}{d} = \binom{j}{d}[/tex] allora [tex]i=j[/tex]. E qui ho pensato al significato combinatorio dei coefficienti binomiali, sembra abbastanza evidente, ma di nuovo non ho idee su come formalizzare.

Mi puoi dare una mano, per piacere?
Grazie

[Studente Anonimo]

1. Ricorda che [tex]\lambda[/tex] e' un autovalore della matrice [tex]A[/tex] se e solo se il rango di [tex]A-\lambda I[/tex] non e' massimo

2. La funzione [tex]i \mapsto \binom{i}{d}[/tex] e' ...

[Paolo902]

1. Ma sì, certo ho capito. Data la matrice

[tex]A= \begin{pmatrix}
\lambda_1 & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
0 & \ddots & \dots & \vdots \\
\vdots & \ddots & \ddots & a_{n-1,n} \\
0 & \ldots & 0 & \lambda_n
\end{pmatrix}[/tex]

la matrice [tex]$A - tI =\begin{pmatrix}
\lambda_1 - t & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
0 & \ddots & \dots & \vdots \\
\vdots & \ddots & \ddots & a_{n-1,n} \\
0 & \ldots & 0 & \lambda_n -t
\end{pmatrix}
$[/tex]

Ebbene, questa matrice ha rango massimo se e solo se ha determinante nullo, cioè se e solo se [tex]t=\lambda_{i}[/tex] per qualche [tex]$i=0 \ldots n$[/tex]. Quindi gli autovalori della matrice [tex]$A$[/tex] sono tutti e soli gli elementi diagonali.

Va bene scritto così? Grazie

2. Per quanto riguarda il coefficiente binomiale, invece, rimango nella nebbia totale. Ho capito che mi stai suggerendo di dimostrare che quella funzione è iniettiva; per assurdo, se risulta [tex]\binom{i}{d} = \binom{j}{d}[/tex] per qualche [tex]$j \ne i$[/tex] (wlog, [tex]i>j,\, \text{con}\, i-j=:p>0[/tex]), allora con qualche manipolazione algebrica mi sono ridotto a qualcosa del genere:
[tex]i(i-1)\ldots (i-p+1)=(i-d)(i-d-1)\ldots(i-d-p+1)[/tex]

Da qua come concludo? Forse però c'è una via più immediata che ora come ora mi sfugge...

Grazie

[dissonance]

Posso? Secondo me questa immagine è un buono spunto:

[Studente Anonimo]

Da leggersi in caso di emergenza:

Crescente

[Paolo902]

Consideriamo la successione [tex]\displaystyle a_{i}:\, i \mapsto \binom{i}{d}[/tex], con [tex]i \ge 1[/tex] e [tex]$d \ge 1$[/tex] fissato (si noti che la successione può estendersi con argomenti noti a una funzione definita sui reali positivi).
Ricordando una nota identità per i coefficienti binomiali possiamo scrivere

[tex]\displaystyle \binom{i}{d}=\binom{i-1}{d}+\binom{i-1}{d-1}[/tex]

In particolare, un coefficiente binomiale è sempre un numero positivo non nullo e quindi riesce la maggiorazione

[tex]\displaystyle \binom{i}{d}>\binom{i-1}{d}[/tex]

Ciò prova che la successione è monotona strettamente crescente, quindi risulta iniettiva che è quanto volevamo provare.

Ci siamo? Che ne dite?
GRAZIE

P.S. Scusate il ritardo, ho avuto un po' di cose da sistemare in questi due giorni

[Studente Anonimo]

Certo, comunque era sufficiente mostrare direttamente che [tex]\binom{i}{d} < \binom{i+1}{d}[/tex], il che sembra piu' immediato ciao.