Problema algebra lineare [INDAM]
Buongiorno a tutti
vi propongo un punto di un esercizio del compito per la borsa di studio per la specialistica dell'indam dell'anno 2009-2010
Dimostrare che se un endomorfismo \(\displaystyle f:\mathbb{R}^4 \rightarrow \mathbb{R}^4 \) è tale che \(\displaystyle f^2=Id \) , allora \(\displaystyle f \) è diagonalizzabile.
Io per ora ho ragionato così: dal fatto che \(\displaystyle f^2=Id \) sappiamo che:
1) \(\displaystyle f \) è invertibile (il determinante di \(\displaystyle f \) è uguale a \(\displaystyle \pm 1 \) );
2) gli unici autovalori (reali o complessi) di \(\displaystyle f \) possono essere solo \(\displaystyle \pm 1 \): difatti se \(\displaystyle f(v)=\lambda v \) per qualche \(\displaystyle \lambda\in \mathbb{C} \), allora \(\displaystyle f^2(v)=\lambda^2 v=v \) da cui \(\displaystyle \lambda=\pm 1 \); questo significa che il polinomio caratteristico può essere fattorizzato in fattori lineari e quindi esiste una base rispetto alla quale la matrice associata è triangolare;
ora, a parte considerare tutti i casi di molteplicità separatamente (facendo un lavoraccio) non so come risolvere in maniera "furba". Chi mi aiuta?
vi propongo un punto di un esercizio del compito per la borsa di studio per la specialistica dell'indam dell'anno 2009-2010
Dimostrare che se un endomorfismo \(\displaystyle f:\mathbb{R}^4 \rightarrow \mathbb{R}^4 \) è tale che \(\displaystyle f^2=Id \) , allora \(\displaystyle f \) è diagonalizzabile.
Io per ora ho ragionato così: dal fatto che \(\displaystyle f^2=Id \) sappiamo che:
1) \(\displaystyle f \) è invertibile (il determinante di \(\displaystyle f \) è uguale a \(\displaystyle \pm 1 \) );
2) gli unici autovalori (reali o complessi) di \(\displaystyle f \) possono essere solo \(\displaystyle \pm 1 \): difatti se \(\displaystyle f(v)=\lambda v \) per qualche \(\displaystyle \lambda\in \mathbb{C} \), allora \(\displaystyle f^2(v)=\lambda^2 v=v \) da cui \(\displaystyle \lambda=\pm 1 \); questo significa che il polinomio caratteristico può essere fattorizzato in fattori lineari e quindi esiste una base rispetto alla quale la matrice associata è triangolare;
ora, a parte considerare tutti i casi di molteplicità separatamente (facendo un lavoraccio) non so come risolvere in maniera "furba". Chi mi aiuta?
Risposte
Come hai detto anche tu, ci sono solo due autovalori: $lambda_1=1$, $lambda_2= -1$.
Consideriamo gli autospazi relativi a questi autovalori: $W_{lambda_1}$ e $W_{lambda_2}$.
Abbiamo che $W_{lambda_1} nn W_{lambda_2}= {ul0}$ e che $W_{lambda_1} \oplus W_{lambda_2}$ è un sottospazio di $RR^4$.
Se dimostro che per ogni $v in RR^4$ esistono $a_1,a_2 in RR$, $v_1 in W_{lambda_1}$, $v_2 in W_{lambda_2}$ tali che $v= a_1 v_1+a_2 v_2$ ho finito.
Fin qui ci sei?
Consideriamo gli autospazi relativi a questi autovalori: $W_{lambda_1}$ e $W_{lambda_2}$.
Abbiamo che $W_{lambda_1} nn W_{lambda_2}= {ul0}$ e che $W_{lambda_1} \oplus W_{lambda_2}$ è un sottospazio di $RR^4$.
Se dimostro che per ogni $v in RR^4$ esistono $a_1,a_2 in RR$, $v_1 in W_{lambda_1}$, $v_2 in W_{lambda_2}$ tali che $v= a_1 v_1+a_2 v_2$ ho finito.
Fin qui ci sei?
"Gi8":
Come hai detto anche tu, ci sono solo due autovalori: $lambda_1=1$, $lambda_2= -1$.
Consideriamo gli autospazi relativi a questi autovalori: $W_{lambda_1}$ e $W_{lambda_2}$.
Abbiamo che $W_{lambda_1} nn W_{lambda_2}= {ul0}$ e che $W_{lambda_1} \oplus W_{lambda_2}$ è un sottospazio di $RR^4$.
Se dimostro che per ogni $v in RR^4$ esistono $a_1,a_2 in RR$, $v_1 in W_{lambda_1}$, $v_2 in W_{lambda_2}$ tali che $v= a_1 v_1+a_2 v_2$ ho finito.
Fin qui ci sei?
Si, a parte che non è detto che gli autovalori ci siano entrambi (però il senso è chiaro)
Butto lì qualche altra idea.
Per ipotesi, il polinomio minimo della matrice che rappresenta l'endomorfismo (rispetto alla solita base canonica) deve dividere $X^2-1=(X+1)(X-1)$ (da cui si vede anche subito che gli unici autovalori sono $\pm 1$). Se il polinomio minimo è $X+1$ o $X-1$, abbiamo finito, l'endomorfismo è già $\pm \text{id}$.
Resta quindi da considerare il caso in cui il polinomio minimo è $X^2-1=(X+1)(X-1)$. In tal caso, la dimensione massima dei blocchi di Jordan (la dimensione la leggi come l'esponente del fattore relativo nel polinomio minimo) è 1, quindi la matrice è diagonalizzabile.
Non so se fila tutto liscio, l'ho scritta un po' di getto ed è probabile che mi sia sfuggito qualcosa. Prova un po' a controllare e facci sapere se ti torna.
@Gi8: scusa l'intrusione, spero che tu non ti offenda (è che credo sia una strada divesra da quella che proponi tu, quindi mi è sembrato giusto proporla).
Per ipotesi, il polinomio minimo della matrice che rappresenta l'endomorfismo (rispetto alla solita base canonica) deve dividere $X^2-1=(X+1)(X-1)$ (da cui si vede anche subito che gli unici autovalori sono $\pm 1$). Se il polinomio minimo è $X+1$ o $X-1$, abbiamo finito, l'endomorfismo è già $\pm \text{id}$.
Resta quindi da considerare il caso in cui il polinomio minimo è $X^2-1=(X+1)(X-1)$. In tal caso, la dimensione massima dei blocchi di Jordan (la dimensione la leggi come l'esponente del fattore relativo nel polinomio minimo) è 1, quindi la matrice è diagonalizzabile.
Non so se fila tutto liscio, l'ho scritta un po' di getto ed è probabile che mi sia sfuggito qualcosa. Prova un po' a controllare e facci sapere se ti torna.
@Gi8: scusa l'intrusione, spero che tu non ti offenda (è che credo sia una strada divesra da quella che proponi tu, quindi mi è sembrato giusto proporla).
"Paolo90":
Butto lì qualche altra idea.
Per ipotesi, il polinomio minimo della matrice che rappresenta l'endomorfismo (rispetto alla solita base canonica) deve dividere $X^2-1=(X+1)(X-1)$ (da cui si vede anche subito che gli unici autovalori sono $\pm 1$). Se il polinomio minimo è $X+1$ o $X-1$, abbiamo finito, l'endomorfismo è già $\pm \text{id}$.
Resta quindi da considerare il caso in cui il polinomio minimo è $X^2-1=(X+1)(X-1)$. In tal caso, la dimensione massima dei blocchi di Jordan (la dimensione la leggi come l'esponente del fattore relativo nel polinomio minimo) è 1, quindi la matrice è diagonalizzabile.
Non so se fila tutto liscio, l'ho scritta un po' di getto ed è probabile che mi sia sfuggito qualcosa. Prova un po' a controllare e facci sapere se ti torna.
@Gi8: scusa l'intrusione, spero che tu non ti offenda (è che credo sia una strada divesra da quella che proponi tu, quindi mi è sembrato giusto proporla).
ho appena risolto con le tue stesse idee più o meno...ho pensato che siccome tutti gli autovalori sono reali, allora ammette una rappresentazione matriciale in forma canonica di Jordan...poi ho verificato "a mano" che nessun blocco di Jordan al quadrato è uguale all'identità, a meno che non abbia ordine 1 (e quindi la matrice è somma diretta di blocchi di jordan di ordine 1 e quindi diagonalizzabile) credo che funzioni! Comunque ormai vediamo anche l'altra soluzione
Hai ragione, non è detto che ci siano entrambi. Faccio una premessa:
Se c'è solo $lambda_1=1$, allora $f$ è l'identità (che è diagonalizzabile).
Infatti, preso un generico $v in RR^4$, consideriamo $v_1= v-f(v)$.
Si ha $f(v_1)= f(v)-f^2(v)= f(v)-v= -v_1$. Dato che $-1$ non è autovalore, necessariamente $v_1=ul0$,
cioè $v=f(v)$ per ogni $v in RR^4$.
Se c'è solo $lambda_2= -1$, allora $f= -text{id}$ (anch'esso diagonalizzabile).
Infatti, preso $v in RR^4$, consideriamo $v_2= v+f(v)$.
Si ha $f(v_1)=f(v)+f^2(v)=f(v)+v=v_1$. Dato che $1$ non è autovalore, necessariamente $v_2=ul0$,
cioè $f(v)= -v$ per ogni $v in RR^4$.
Se ci sono entrambi vale il mio discorso fatto prima.
sia $v in RR^4$. Possiamo scrivere $v= 1/2(v+f(v))+ 1/2(v-f(v))$,
con $v+f(v) in W_{lambda_1}$ e $v-f(v) in W_{lambda_2}$.
Se c'è solo $lambda_1=1$, allora $f$ è l'identità (che è diagonalizzabile).
Infatti, preso un generico $v in RR^4$, consideriamo $v_1= v-f(v)$.
Si ha $f(v_1)= f(v)-f^2(v)= f(v)-v= -v_1$. Dato che $-1$ non è autovalore, necessariamente $v_1=ul0$,
cioè $v=f(v)$ per ogni $v in RR^4$.
Se c'è solo $lambda_2= -1$, allora $f= -text{id}$ (anch'esso diagonalizzabile).
Infatti, preso $v in RR^4$, consideriamo $v_2= v+f(v)$.
Si ha $f(v_1)=f(v)+f^2(v)=f(v)+v=v_1$. Dato che $1$ non è autovalore, necessariamente $v_2=ul0$,
cioè $f(v)= -v$ per ogni $v in RR^4$.
Se ci sono entrambi vale il mio discorso fatto prima.
sia $v in RR^4$. Possiamo scrivere $v= 1/2(v+f(v))+ 1/2(v-f(v))$,
con $v+f(v) in W_{lambda_1}$ e $v-f(v) in W_{lambda_2}$.
"Paolo90":Figurati, anzi hai fatto benissimo
@Gi8: scusa l'intrusione, spero che tu non ti offenda (è che credo sia una strada divesra da quella che proponi tu, quindi mi è sembrato giusto proporla).
molto elegante, grazie. Secondo te l'altro modo va anch'esso bene?
Guarda, francamente non mi ricordo il procedimento che avete fatto voi, quindi non posso esserti d'aiuto.
Però posso garantirti che chi è intervenuto (Paolo90) è uno che ne sa
Aggiungo una cosa: la mia dimostrazione funziona per un caso più generale:
$f: V to V$ endomorfismo tale che $f^2= text{id}$,
con $V$ spazio vettoriale di dimensione finita su un campo $mathbb{K}$ di caratteristica diversa da $2$.
Però posso garantirti che chi è intervenuto (Paolo90) è uno che ne sa
Aggiungo una cosa: la mia dimostrazione funziona per un caso più generale:
$f: V to V$ endomorfismo tale che $f^2= text{id}$,
con $V$ spazio vettoriale di dimensione finita su un campo $mathbb{K}$ di caratteristica diversa da $2$.
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