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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{6 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Teorema degli orlati e calcolo del rango di una matrice}
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\end{center}
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\begin{note}
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Nel corso di questo documento, per $A$ si intenderà una generica matrice appartenente all'anello
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$M(m, n, \KK)$.
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\end{note}
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\begin{definition}
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Dato un minore $M$ di $A$ di ordine $p$, si definiscono \textit{orlati di} $M$ i minori di $A$ di ordine
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$p+1$ che contengono come blocco $M$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Se $A = \Matrix{1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ 11 & 12 & 13 & 14 & 15}$ e $M = \Matrix{1 & 2 \\ 6 & 7}$, allora gli orlati di $M$ sono le matrici:
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\[ M_1 = \Matrix{1 & 2 & 3 \\ 6 & 7 & 8 \\ 11 & 12 & 13}, \quad M_2 = \Matrix{1 & 2 & 4 \\ 6 & 7 & 9 \\ 11 & 12 & 14}, \quad M_3 = \Matrix{1 & 2 & 5 \\ 6 & 7 & 10 \\ 11 & 12 & 15}. \]
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\end{example}
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\begin{theorem} (di Kronecker, o degli orlati)
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La matrice $A$ ha rango $r \in \NN^+$ se e solo se $\exists$ un minore $M$ di $A$ di taglia $r$ $\mid \det(M) \neq 0$, $\det(N) = 0$ $\forall$
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orlato $N$ di $M$.
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\end{theorem}
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\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
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\rightproof Poiché $r = \min\{ k \in \NN \mid \det(N) = 0 \, \forall \text{minore } N \text{ di taglia } k+1 \}$ e $r>0$, in
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particolare è vero che esiste un minore $M$ di $A$ di taglia $r$ tale che $\det(M) \neq 0$ e che ogni orlato $N$
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di $M$, essendone chiaramente anche minore, è tale che $\det(N) = 0$. \\
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\leftproof Senza perdità di generalità, supponiamo che $M = A^{1, ..., k}_{1, ..., k}$ (altrimenti è sufficiente
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considerare una permutazione delle colonne e delle righe di $A$ per ricadere nel caso studiato in questa dimostrazione). Dal momento che $A^1$, ..., $A^k$ sono per ipotesi colonne linearmente indipendenti (infatti
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$\det(M) \neq 0 \implies \rg(A^1 \cdots A^k) = k$), per dimostrare che $\rg(A) = r$ è sufficiente mostrare che
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$\forall j > k$, $A^j \in \Span(A^1, ..., A^k)$. \\
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Si consideri allora la matrice $B = A^{1, ..., k, j}_{1, ..., m}$. Sia $i > k$ e $N_i = A^{1, ..., k, j}_{1, ..., k, i}$. Poiché $N_i$ è un orlato di $M$, $\det(N_i) = 0$, e quindi $\rg(N_i) < k+1$. Tuttavia, poiché le righe $N_{i_1} = B_1$, ..., $N_{i_k} = B_k$ sono linearmente
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indipendenti (sono infatti righe di $M$ a cui è stata aggiunta una colonna), $\rg(N_i) \geq k$. Si conclude
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allora che $\rg(N_i) = k$, e che, essendo le righe $N_{i_1}$, ..., $N_{i_k}$ linearmente indipendenti,
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$N_{i_j} \in \Span(N_{i_1}, ..., N_{i_k}) = \Span(B_1, ..., B_k)$. Allora ogni $B_i \in \Span(B_1, ..., B_k)$,
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e quindi $\rg(B) \leq k$. Dal momento però che, come osservato prima, $B_1$, ..., $B_k$ sono linearmente
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indipendenti, si conclude che $\rg(B) = k$. Infine, poiché $B^1 = A^1$, ..., $B^k = A^k$ sono linearmente
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indipendenti, deve valere che $B^{k+1} = A^j \in \Span(B^1, ..., B^k) = \Span(A^1, ..., A^k)$, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{example}
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Si può impiegare il teorema degli orlati per calcolare agevolmente il rango di una matrice senza impiegare
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il metodo di eliminazione di Gauss. Sia per esempio:
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\[ A = \Matrix{1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9}. \]
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Poiché $B_1 = (A_{11}) = (1) \neq (0)$, $\rg(A) \geq 1$. Si consideri l'orlato $B_2 = \Matrix{1 & 2 \\ 4 & 5}$ di $B_1$:
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$\det(B_2) = 1\cdot 5 - 4 \cdot 2 = -3 \neq 0$: allora $\rg(A) \geq 2$. Infine, si consideri l'orlato $B_3 = A$ di
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$B_2$: poiché $\det(B_3) = \det(A) = 1\cdot \det\Matrix{5 & 6 \\ 8 & 9} - 2 \cdot \det\Matrix{4 & 6 \\ 7 & 9} + 3 \cdot \det\Matrix{4 & 5 \\ 7 & 8} = 0$ e $B_3$ è l'unico orlato di $B_2$, si conclude che $\rg(A) = 2$.
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\end{example}
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\end{document}
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content...
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# [Geometria 1](https://esami.unipi.it/programma.php?c=53668&aa=2022&cid=9&did=20)
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- [Programma del corso 📘](https://esami.unipi.it/programma.php?c=53668&aa=2022&cid=9&did=20)
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||||
- [Registro del corso 📑](https://unimap.unipi.it/registri/dettregistriNEW.php?re=7084691::::&ri=9631)
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||||
- [Sito web 🔗](http://people.dm.unipi.it/salvetti/GeometriaI_Matematica/indice1.html)
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Il corso di Geometria 1 non è ancora terminato, e per questo motivo questa cartella vedrà ancora aggiornamenti. Gli appunti non sono stati presi con gli stessi strumenti sin dall'inizio: in particolar modo,
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ho alternato prima [Microsoft OneNote](https://www.onenote.com/) a [Microsoft Journal](https://apps.microsoft.com/store/detail/microsoft-journal/9N318R854RHH?hl=it-it&gl=it), per poi passare definitivamente a prenderli in LaTeX con [TeXstudio](https://www.texstudio.org/).
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La cartella contiene in particolar modo una *Scheda riassuntiva*, che, come dice il nome, vorrebbe essere un recap di
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tutti i risultati principali dell'algebra lineare.
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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{\today}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Esercitazione: algoritmi per la ricerca del polinomio minimo}
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\end{center}
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\begin{definition} Dato $f \in \End(V)$, si definisce
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come $\val_{f, \vec{v}}$ l'applicazione
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lineare da $\KK[x]$ in $V$ tale che
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$\val_{f, \vec{v}}(p) = p(f)(\vec{v})$.
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\end{definition}
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\begin{remark} Vi sono varie proprietà
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che legano $\Ker \val_{f, \vec{v}}$
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a $\Ker \val_f$, ed in particolare
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il generatore monico di $\Ker \val_{f, \vec{v}}$
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$\varphi_{f, \vec{v}}$ a quello
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$\varphi_{f}$ di $\Ker \val_f$, ossia al polinomio minimo di $f$. \\
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\li $\varphi_{f, \vec{v}} \mid \varphi_{f}$, $\forall \vec{v} \in V$. \\
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\li $\varphi_{f} = \mcm(\varphi_{f, \vec{v_1}}, ..., \varphi_{f, \vec{v_n}}).$, dove i $\vec{v_1}$, ...,
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||||
$\vec{v_n}$ formano una base di $V$. \\
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||||
\end{remark}
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\begin{example} Sia $A = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 3 \\ 1 & 3 & -1 \end{pmatrix}$. Allora
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si possono considerare le seguenti
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catene: \\
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\li $\vec{e_1} \mapsto 2\vec{e_1} + \vec{e_2} + \vec{e_3} \mapsto 2(2\vec{e_1} + \vec{e_2} + \vec{e_3}) + (-\vec{e_2} + 3\vec{e_3})
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+ (3\vec{e_2} -\vec{e_3}) = 4\vec{e_1} + 4\vec{e_2} + 4\vec{e_3} = 4 A \vec{e_1} - 4 \vec{e_1}$.
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Pertanto $A^2 \vec{e_1} - 4 A \vec{e_1} + 4 \vec{e_1} = \vec{0}$.
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Essendo $A \vec{e_1}$ e $\vec{e_1}$ linearmente indipendenti, si conclude
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che $\varphi_{A, \vec{e_1}}(x) = x^2 - 4x + 4 = (x-2)^2$. \\
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\li $\vec{e_2} \mapsto -\vec{e_2} + 3\vec{e_3} \mapsto -(-\vec{e_2} + 3\vec{e_3}) + 3(3\vec{e_2} -\vec{e_3}) = 10\vec{e_2} - 6\vec{e_3} = -2(-\vec{e_2} + 3\vec{e_3}) + 8\vec{e_2}$.
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Si conclude dunque che $\varphi_{A, \vec{e_2}}(x) = x^2+2x-8 = (x-2)(x+4)$. \\
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\li $\vec{e_3} \mapsto 3\Vec{e_2}-\Vec{e_3} \mapsto 3(-\Vec{e_2} + 3\Vec{e_3}) - (3\Vec{e_2} - \Vec{e_3}) = -6\Vec{e_2} + 10\Vec{e_3} = -2(3\Vec{e_2} - \Vec{e_3}) + 8\Vec{e_3}$. Dunque
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$\varphi_{A,\Vec{e_3}}(x) = x^2+2x-8 = \varphi_{A,\Vec{e_2}}(x)$. \\
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Pertanto $\varphi_A(x) = \mcm(\varphi_{A,\Vec{e_1}}(x),\varphi_{A,\Vec{e_2}}(x),\varphi_{A,\Vec{e_3}}(x)) = (x-2)^2(x+4)$.
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\end{example}
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\begin{definition}
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Si dice che un vettore $\Vec{v}$ è \textit{ciclico} su $f$ se il ciclo
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$\Span(\vec{v}, f(\vec{v}), f^2(\Vec{v}), ...)$ coincide
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con $V$.
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Riguardo all'esistenza di un vettore ciclico si possono
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fare alcune osservazioni. \\
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\li Se esiste un vettore $\vec{v}$ ciclico rispetto a $f$, i primi $n = \dim V$
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vettori del suo ciclo devono essere linearmente indipendenti
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(altrimenti non potrebbe generare $V$), e quindi $\varphi_{f,\Vec{v}}$ deve avere grado $n$. Allora
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anche $\varphi_f$ deve avere grado $n$, ossia lo stesso
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grado di $p_f$. Allora, dal momento che $\varphi_f \mid p_f$
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e $\deg \varphi_f = \deg p_f$, deve valere necessariamente
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$\varphi_f = \pm p_f$. \\
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\li Dal momento che $\varphi_{f,\Vec{v}}$ è monico, ha lo stesso grado
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||||
di $\varphi_f$ e lo divide, deve anche valere che $\varphi_{f,\Vec{v}} = \varphi_f$. \\
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||||
\li Nella base ordinata $\basis$ costituita dai primi $n$ vettori del ciclo di $\Vec{v}$, la matrice associata di $f$ è della forma:
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\[ M_{\basis}(f) = C_{\varphi_f} = \begin{pmatrix}
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0 & 0 & \ldots & \ldots & 0 & -a_0 \\
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1 & 0 & \ldots & \ldots & 0 & -a_1 \\
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0 & 1 & \ddots & & \vdots & \vdots \\
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\vdots & \vdots & & \ddots & 0 & -a_{n-2} \\
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0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & -a_{n-1}
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\end{pmatrix}, \]
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dove gli $a_i$ sono i coefficienti di $\varphi_f(x) = \varphi_{f,\Vec{v}} = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0$.
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Tale matrice è detta \textbf{matrice compagna} del polinomio $\varphi_f$.
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\li Ogni polinomio $q \in \KK[x]$ è il polinomio caratteristico, a meno del segno, della propria matrice compagna. In particolare $p_{C_q}(\lambda) = (-1)^n q(\lambda)$, dove $n := \deg q$. Infatti, se $n = 0$, $C_q = (-a_0) \implies p_{C_q}(\lambda)
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= -\lambda -a_0 = -(\lambda + a_0)$. Altrimenti, assumendo che la tesi sia vera per $i \leq n$, si osservi che:
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\[ p_{C_q}(\lambda) = (-1)^n a_0 -\lambda p_{C_{q'}}(\lambda), \qquad q'(\lambda) = \frac{q(\lambda) - a_0}{\lambda}, \]
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ossia, dacché $\deg q' = n - 1 < n \implies p_{C_{q'}}(\lambda) = (-1)^{n-1} q'(\lambda)$,
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\[ p_{C_q}(\lambda) = (-1)^n a_0 - \lambda (-1)^{n-1} q'(\lambda) = (-1)^n a_0 - \lambda (-1)^{n-1} \frac{q(\lambda) - a_0}{\lambda} = q(\lambda). \]
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||||
\li Inoltre, osservando che $\basis = (\e1, C_q \e1 = \e2, C_q^2 \e1 = \e3, ..., C_q^{n-1} \e1 = \e n)$ è esattamente
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la base canonica di $\KK^n$, essendo $\basis$ una base ciclica di $C_q$ su $\KK^n$ deve valere che $\varphi_{C_q}$
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ha grado $n$, e quindi che $p_{C_q} = \pm \varphi_{C_q}$. Si conclude allora che $\varphi_{C_q} = q$.
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\end{remark}
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\begin{proposition}
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Se $\KK$ è un campo infinito\footnote{In realtà la tesi è vera per qualsiasi campo, benché la dimostrazione che è stata fornita sia valida solo per campi infiniti.}, esiste sempre un vettore $\vec{v} \in V$ tale che $\varphi_{f, \vec{v}} = \varphi_f$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si definisce il seguente insieme:
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\[ S = \{ \varphi_{f, \vec{v}} \mid \vec{v} \in V \}. \]
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\vskip 0.1in
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Poiché $S$ è un sottoinsieme dei divisori di $\phi_f$, $S$ è finito.
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In particolare $\exists v_1$, ..., $v_n$ tali che $S = \{ \varphi_{f, \vec{v_1}}, ..., \varphi_{f, \vec{v_n}} \}$. Dal momento
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che ogni $\vec{v} \in V$ è associato
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ad un unico polinomio caratteristico,
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vale che $V = \bigcup_{i=1}^n \Ker \varphi_{f, \vec{v_i}}$. Tuttavia, se
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tutti i $\Ker \varphi_{f, \vec{v_i}}$
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fossero propri, questo sarebbe
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impossibile, dal momento che uno spazio vettoriale fondato su un campo finito non può essere unione finita di sottospazi propri. Quindi $V = \Ker \varphi_{f, \vec{v_i}}$ per un $i$ tale che $1 \leq i \leq n$. Allora
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||||
$\varphi_f \mid \varphi_{f, \vec{v_i}}$, da cui si ricava
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l'uguaglianza.
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\end{proof}
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\begin{theorem}
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Lo spazio $V$ ammette un vettore ciclico su $f \in \End(V)$ se e
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solo se $p_f = \pm \varphi_f$.
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\end{theorem}
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\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
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($\implies$) Dall'osservazione precedente. \\
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($\impliedby$) Dalla proposizione precedente esiste sicuramente
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un vettore $\Vec{v}$ tale che $\varphi_{f,\Vec{v}} = \varphi_f$. Allora, essendo $\varphi_f = \pm p_f$, deve valere
|
||||
che $p_f = \pm \varphi_{f, \Vec{v}}$, ossia che la minima
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||||
combinazione lineare linearmente dipendente di $\Vec{v}$, ..., $f^k(\Vec{v})$ si può ottenere coinvolgendo almeno $n+1$
|
||||
termini (i.e.~con $k\geq n$). Allora i vettori
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||||
$\Vec{v}$, ...,
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$f^{n-1}(\Vec{v})$ sono linearmente indipendenti, ed essendo
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||||
in totale $n$ formano una base di $V$. Pertanto $V = \Span(\Vec{v}, f(\Vec{v}), ...)$.
|
||||
\end{proof}
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\begin{example}
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Riprendendo l'esempio di prima, $\varphi_A(x) = (x-2)^2(x+4)$. Poiché $\deg p_A = 3$, allora $\varphi_A(x) - p_A(x)$. Allora per il teorema appena dimostrato deve
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necessariamente esistere un vettore ciclico di $\RR^3$ su
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$A$. \\
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In effetti, posto $\Vec{v} = \begin{pmatrix}
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4 \\ -3 \\ 5
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\end{pmatrix}$, si ottiene che $\Vec{v}$, $A\Vec{v}$ e
|
||||
$A^2\Vec{v}$ sono linearmente indipendenti, e sono
|
||||
dunque una base $\basis$ di $\RR^3$. In particolare, la
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||||
matrice associata su questa base è la seguente:
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||||
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\[ M_\basis(A) = \begin{pmatrix}
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||||
0 & 0 & -16 \\
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1 & 0 & 12 \\
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||||
0 & 1 & 0 \\
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||||
\end{pmatrix}, \]
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\vskip 0.1in
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|
||||
proprio come ci aspettavamo che venisse da una delle osservazioni
|
||||
iniziali, dal momento che $\varphi_A(x) = (x-2)^2(x+4) = x^3 - 12x + 16$.
|
||||
\end{example}
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\end{document}
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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{22 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Forma canonica di Jordan reale e prodotto scalare}
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\end{center}
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%TODO: aggiungere la parte relativa alla forma canonica di Jordan reale
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\begin{definition}
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Un \textbf{prodotto scalare} su $V$ è una forma bilineare simmetrica $\varphi$ con argomenti in $V$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Sia $\varphi : M(n, \KK)^2 \to \KK$ tale che $\varphi(A, B) = \tr(AB)$. \\
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||||
\li $\varphi(A + A', B) = \tr((A + A')B) = \tr(AB + A'B) = \tr(AB) + \tr(A'B) = \varphi(A, B) + \varphi(A', B)$ (linearità
|
||||
nel primo argomento), \\
|
||||
\li $\varphi(\alpha A, B) = \tr(\alpha A B) = \alpha \tr(AB) = \alpha \varphi(A, B)$ (omogeneità nel secondo argomento), \\
|
||||
\li $\varphi(A, B) = \tr(AB) = \tr(BA) = \varphi(B, A)$ (simmetria), \\
|
||||
\li poiché $\varphi$ è simmetrica, $\varphi$ è lineare e omogenea anche nel secondo argomento, e quindi è una
|
||||
forma bilineare simmetrica, ossia un prodotto scalare su $M(n, \KK)$.
|
||||
\end{example}
|
||||
|
||||
\begin{definition}
|
||||
Si definisce prodotto scalare \textit{canonico} di $\KK^n$ la forma bilineare simmetrica $\varphi$ con
|
||||
argomenti in $\KK^n$ tale che:
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||||
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||||
\[ \varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n x_i y_i. \]
|
||||
\end{definition}
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||||
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||||
\begin{remark}
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||||
Si può facilmente osservare che il prodotto scalare canonico di $\KK^n$ è effettivamente un prodotto
|
||||
scalare. \\
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||||
\li $\varphi((x_1, ..., x_n) + (x_1', ..., x_n'), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n (x_i + x_i') y_i =
|
||||
\sum_{i=1}^n \left[x_iy_i + x_i' y_i\right] = \sum_{i=1}^n x_i y_i + \sum_{i=1}^n x_i' y_i =
|
||||
\varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) + \varphi((x_1', ..., x_n'), (y_1, ..., y_n))$ (linearità nel
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||||
primo argomento), \\
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||||
\li $\varphi(\alpha(x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n \alpha x_i y_i = \alpha \sum_{i=1}^n x_i y_i =
|
||||
\alpha \varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n))$ (omogeneità nel primo argomento), \\
|
||||
\li $\varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n x_i y_i = \sum_{i=1}^n y_i x_i = \varphi((y_1, ..., y_n), (x_1, ..., x_n))$ (simmetria), \\
|
||||
\li poiché $\varphi$ è simmetrica, $\varphi$ è lineare e omogenea anche nel secondo argomento, e quindi è una
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||||
forma bilineare simmetrica, ossia un prodotto scalare su $\KK^n$.
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\end{remark}
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\begin{example}
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Altri esempi di prodotto scalare sono i seguenti: \\
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\li $\varphi(A, B) = \tr(A^\top B)$ per $M(n, \KK)$, \\
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\li $\varphi(p(x), q(x)) = p(a) q(a)$ per $\KK[x]$, con $a \in \KK$, \\
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||||
\li $\varphi(p(x), q(x)) = \sum_{i=1}^n p(x_i) q(x_i)$ per $\KK[x]$, con $x_1$, ..., $x_n$ distinti, \\
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||||
\li $\varphi(p(x), q(x)) = \int_a^b p(x)q(x) dx$ per lo spazio delle funzioni integrabili su $\RR$, con $a$, $b$ in $\RR$, \\
|
||||
\li $\varphi(\vec{x}, \vec{y}) = \vec{x}^\top A \vec{y}$ per $\KK^n$, con $A \in M(n, \KK)$ simmetrica.
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||||
\end{example}
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\begin{definition}
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Sia\footnote{In realtà, la definizione è facilmente estendibile a qualsiasi campo, purché esso
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sia ordinato.} $\KK = \RR$. Allora un prodotto scalare $\varphi$ è \textbf{definito positivo} se $\vec{v} \neq \vec{0} \implies
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\varphi(\vec{v}, \vec{v}) > 0$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Il prodotto scalare canonico di $\RR^n$ è definito positivo: infatti $\varphi((x_1, ..., x_n), (x_1, ..., x_n)) =
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||||
\sum_{i=1}^n x_i^2 = 0 \iff x_i = 0$, $\forall 1 \leq i \leq n$ $\iff (x_1, ..., x_n) = \vec{0}$. \\
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||||
Al contrario, il prodotto scalare $\varphi : \RR^2 \to \RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2), (y_1, y_2)) = x_1 y_1 - x_2 y_2$ non è definito positivo: $\varphi((x, y), (x, y)) = 0$, $\forall$ $(x, y) \mid x^2 = y^2$, ossia se
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||||
$y = x$ o $y = -x$.
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\end{example}
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\begin{definition}
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Dato un prodotto scalare $\varphi$ di $V$, ad ogni vettore $\vec{v} \in V$ si associa una \textbf{forma quadratica}
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$q : V \to \KK$ tale che $q(\vec{v}) = \varphi(\vec{v}, \vec{v})$.
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si osserva che $q$ non è lineare in generale: infatti $q(\vec{v} + \vec{w}) \neq q(\vec{v}) + q(\vec{w})$ in
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$\RR^n$.
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\end{remark}
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\begin{definition}
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||||
Un vettore $\vec{v} \in V$ si dice \textbf{isotropo} rispetto al prodotto scalare $\varphi$ se $q(\vec{v}) =
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||||
\varphi(\vec{v}, \vec{v}) = 0$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Rispetto al prodotto scalare $\varphi : \RR^3 \to \RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2, x_3), (y_1, y_2, y_3)) =
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x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3$, i vettori isotropi $(x, y, z)$ sono quelli tali che $x^2 + y^2 = z^2$, ossia
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i vettori stanti sul cono di eq.~$x^2 + y^2 = z^2$.
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\end{example}
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\begin{remark}
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Come già osservato in generale per le app.~multilineari, il prodotto scalare è univocamente determinato
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dai valori che assume nelle coppie $\vv{i}, \vv{j}$ estraibili da una base $\basis$. Infatti, se
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$\basis = (\vv1, ..., \vv{k})$, $\vec{v} = \sum_{i=1}^k \alpha_i \vv{i}$ e $\vec{w} = \sum_{i=1}^k \beta_i \vv{i}$,
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allora:
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\[ \varphi(\vec{v}, \vec{w}) = \sum_{1 \leq i \leq j \leq k} \alpha_i \beta_j \, \varphi(\vv{i}, \vv{j}). \]
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\end{remark}
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\begin{definition}
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||||
Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$ e sia $\basis = (\vv1, ..., \vv{n})$ una base ordinata di $V$. Allora si denota con \textbf{matrice associata}
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a $\varphi$ la matrice:
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\[ M_\basis(\varphi) = (\varphi(\vv{i}, \vv{j}))_{i,\,j = 1\text{---}n} \in M(n, \KK). \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si possono fare alcune osservazioni riguardo $M_\basis(\varphi)$. \\
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\li $M_\basis(\varphi)$ è simmetrica, infatti $\varphi(\vv{i}, \vv{j}) = \varphi(\vv{j}, \vv{i})$ per
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definizione di prodotto scalare, \\
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\li $\varphi(\vec{v}, \vec{w}) = [\vec{v}]_\basis^\top M_\basis(\varphi) [\vec{w}]_\basis$.
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\end{remark}
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\begin{theorem} (di cambiamento di base per matrici di prodotti scalari) Siano $\basis$, $\basis'$ due
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basi ordinate di $V$. Allora, se $\varphi$ è un prodotto scalare di $V$ e $P = M^{\basis'}_{\basis}(\Id_V)$, vale la seguente identità:
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\[ \underbrace{M_{\basis'}(\varphi)}_{A'} = P^\top \underbrace{M_{\basis}}_{A} P. \]
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\end{theorem}
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\begin{proof} Siano $\basis = (\vv{1}, ..., \vv{n})$ e $\basis' = (\vec{w}_1, ..., \vec{w}_n)$. Allora
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$A'_{ij} = \varphi(\vec{w}_i, \vec{w}_j) = [\vec{w}_i]_{\basis}^\top A [\vec{w}_j]_{\basis} =
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(P^i)^\top A P^j = P_i^\top (AP)^j = (P^\top AP)_{ij}$, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{definition}
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Si definisce \textbf{congruenza} la relazione di equivalenza $\sim$ definita nel seguente
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modo su $A, B \in M(n, \KK)$:
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\[ A \sim B \iff \exists P \in GL(n, \KK) \mid A = P^\top A P. \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si può facilmente osserva che la congruenza è in effetti una relazione di equivalenza. \\
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\li $A = I^\top A I \implies A \sim A$ (riflessione), \\
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\li $A \sim B \implies A = P^\top B P \implies B = (P^\top)\inv A P\inv = (P\inv)^\top A P\inv \implies B \sim A$ (simmetria), \\
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\li $A \sim B \implies A = P^\top B P$, $B \sim C \implies B = Q^\top C Q$, quindi $A = P^\top Q^\top C Q P =
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(QP)^\top C (QP)$ (transitività).
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\end{remark}
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\begin{remark}
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Si osservano alcune proprietà della congruenza. \\
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\li Per il teorema di cambiamento di base del prodotto scalare, due matrici associate a uno stesso
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prodotto scalare sono sempre congruenti (esattamente come due matrici associate a uno stesso
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endomorfismo sono sempre simili).
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\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies \rg(A) = \rg(P^\top B P) = \rg(BP) = \rg(B)$,
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dal momento che $P$ e $P^\top$ sono invertibili; quindi il rango è un invariante per congruenza. Allora
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è ben definito il rango $\rg(\varphi)$ di un prodotto scalare come il rango di una sua qualsiasi matrice
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||||
associata.
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||||
\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies \det(A) = \det(P^\top B P) = \det(P^\top) \det(B) \det(P)=
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||||
\det(P)^2 \det(B)$. Quindi, per $\KK = \RR$, il segno del determinante è invariante per congruenza.
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||||
\end{remark}
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\begin{definition}
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||||
Si dice \textbf{radicale} di un prodotto scalare $\varphi$ lo spazio:
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\[ V^\perp = \{ \vec{v} \in V \mid \varphi(\vec{v}, \vec{w}) = 0, \forall \vec{w} \in V \} \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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||||
Il radicale di $\RR^n$ con il prodotto scalare canonico ha dimensione nulla, dal momento che $\forall \vec{v} \in \RR^n \setminus \{\vec{0}\}$, $q(\vec{v}) = \varphi(\vec{v}, \vec{v}) > 0$.
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||||
\end{remark}
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\begin{definition}
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||||
Un prodotto scalare si dice \textbf{degenere} se il radicale dello spazio su tale prodotto scalare ha
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dimensione non nulla.
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\end{definition}
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%TODO: spiegare perché \alpha_\varphi è lineare e aggiungere esempi nella parte precedente.
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%TODO: aggiungere osservazioni sul radicale (i.e. che è uno spazio, che ogni suo vettore è isotropo, ...).
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\begin{remark}
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Si definisce l'applicazione lineare $\alpha_\varphi : V \to \dual{V}$ in modo tale che
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$\alpha_\varphi(\vec{v}) = p$, dove $p(\vec{w}) = \varphi(\vec{v}, \vec{w})$. \\
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Allora $V^\perp$ altro non è che $\Ker \alpha_\varphi$. Se $V$ ha dimensione finita, $\dim V = \dim \dual{V}$,
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e si può allora concludere che $\dim V^\perp > 0 \iff \Ker \alpha_\varphi \neq \{\vec{0}\} \iff \alpha_\varphi$ non è
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||||
invertibile (infatti lo spazio di partenza e di arrivo di $\alpha_\varphi$ hanno la stessa dimensione). In
|
||||
particolare, $\alpha_\varphi$ non è invertibile se e solo se $\det(\alpha_\varphi) = 0$. \\
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||||
Sia $\basis = (\vv{1}, ..., \vv{n})$ una base ordinata di $V$. Si consideri allora la base ordinata del
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duale costruita su $\basis$, ossia $\dual{\basis} = (\vecdual{v_1}, ..., \vecdual{v_n})$. Allora
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$M_{\basisdual}^\basis(\alpha_\varphi)^i = [\alpha_\varphi(\vv{i})]_{\basisdual} = \Matrix{\varphi(\vec{v_i}, \vec{v_1}) \\ \vdots \\ \varphi(\vec{v_i}, \vec{v_n})} \underbrace{=}_{\varphi \text{ è simmetrica}}
|
||||
\Matrix{\varphi(\vec{v_1}, \vec{v_i}) \\ \vdots \\ \varphi(\vec{v_n}, \vec{v_i})} = M_\basis(\varphi)^i$. Quindi
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$M_{\basisdual}^\basis(\alpha_\varphi) = M_\basis(\varphi)$. \\
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||||
Si conclude allora che $\varphi$ è degenere se e solo se $\det (M_\basis(\varphi)) = 0$ e che
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$V^\perp \cong \Ker M_\basis(\varphi)$ con l'isomorfismo è il passaggio alle coordinate.
|
||||
\end{remark}
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||||
\end{document}
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||||
BIN
Binary file not shown.
+150
@@ -0,0 +1,150 @@
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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{24 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Esercitazione: la forma canonica di Jordan e gli autospazi generalizzati}
|
||||
\end{center}
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\begin{note}
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||||
Nel corso del documento, per $f$ si intenderà un generico endomorfismo di $\End(V)$, e per $V$
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||||
verrà inteso uno spazio vettoriale di dimensione finita $n$ su un campo $\KK$ algebricamente
|
||||
chiuso, qualora non specificato diversamente.
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\end{note}
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Sia $f \in \End(V)$. Si osservino allora le seguenti catene ascendenti:
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\begin{gather}
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\{\vec0\} \subsetneq \Ker f \subsetneq \Ker f^2 \subsetneq \cdots \subsetneq \Ker f^{k-1} \subsetneq \Ker f^k = \Ker f^{k+1} = \cdots, \\
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||||
\{\vec0\} \subsetneq \Im f \subsetneq \Im f^2 \subsetneq \cdots \subsetneq \Im f^{k-1} \subsetneq \Im f^k = \Im f^{k+1} = \cdots,
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||||
\end{gather}
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Sia la $(1)$ che la $(2)$ devono stabilizzarsi allo stesso $k \in \NN$, per la cosiddetta decomposizione di Fitting.
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Sempre per tale decomposizione vale in particolare che:
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\[ V = \Ker f^k \oplus \Im f^k. \]
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\begin{remark} Si possono fare alcune osservazioni riguardo la decomposizione di Fitting. \\
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\li Sia $\Ker f^k$ che $\Im f^k$ sono $f$-invarianti: $\vec v \in \Ker f^k \implies f^k(f(\vec v)) = f(f^k(\vec v)) = \vec0 \implies f(\vec v) \in \Ker f^k$ e $\vec v \in \Im f^k \implies \vec v = f^k(\vec w)$, $f(\vec v) = f(f^k(\vec w)) = f^k(f(\vec w)) \in \Im f^k$. \\
|
||||
\li $\restr{f}{\Ker f^k}$ è nilpotente: $(\restr{f}{\Ker f^k})^k = \restr{f^k}{\Ker f^k} = 0$. \\
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||||
\li $\restr{f}{\Im f^k}$ è invertibile: $\Ker \restr{f}{\Im f^k} = \Ker f \cap \Im f^k \subseteq \Ker f^k \cap \Im f^k = \{\vec 0\}$, e quindi $\restr{f}{\Im f^k}$ è iniettiva; quindi $\restr{f}{\Im f^k}$ è anche invertibile, essendo un endomorfismo. \\
|
||||
\li Poiché $\restr{f}{\Ker f^k}$ è nilpotente, $p_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda) = \lambda^d$, dove
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||||
$d = \dim \Ker f^k$. Inoltre
|
||||
$\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda) = \lambda^k$: se infatti $\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda) = \lambda^t$
|
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con $t < k$, varrebbe sicuramente che ${\restr{f}{\Ker f^k}}^{k-1} = \restr{f^{k-1}}{\Ker f^k} = 0$, ossia che
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||||
$\Ker f^k \subseteq \Ker f^{k-1}$, violando la minimalità di $k$, \Lightning. \\
|
||||
\li Dal momento che vale la decomposizione di Fitting e che $\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}$ e $\varphi_{\restr{f}{\Im f^k}}$ sono coprimi tra loro (il primo è diviso solo da $t$, mentre il secondo non è diviso da $t$), $\varphi_f = \mcm(\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}, \varphi_{\restr{f}{\Im f^k}}) = \varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}} \varphi_{\restr{f}{\Im f^k}}$. Si conclude quindi che $k = \mu'_a(0)$ rispetto a $\varphi_f$, ossia la molteplicità algebrica di $0$ in
|
||||
tale polinomio. Analogamente si osserva che $t = \mu_a(0)$ rispetto a $p_f$, ossia la molteplicità algebrica
|
||||
dell'autovalore $0$ in $f$, e quindi che $\mu_a(0) \geq k$, \\
|
||||
\li Considerando l'endomorfismo $g = f - \lambda \Id$, si osservano facilmente alcune analogie tra le proprietà
|
||||
determinanti di $g$ e di $f$: $p_g(t) = \det(f - \lambda \Id - t \Id) = \det(f - (\lambda + t) \Id) = p_f(\lambda + t)
|
||||
\implies \mu_{a, g}(0) = \mu_{a, f}(\lambda)$. Si possono dunque riscrive i precedenti risultati in termini delle
|
||||
molteplicità di un generico autovalore di $f$ considerando la molteplicità di $0$ in $g$.
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\end{remark}
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Reiterando la decomposizione di Fitting (o applicando il teorema di decomposizione primaria), si ottiene
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||||
infine la seguente decomposizione di $V$:
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\[ V = \Ker (f - \lambda_1 \Id)^{\mu_a(\lambda_1)} \oplus \cdots \oplus \Ker (f - \lambda_m \Id)^{\mu_a(\lambda_m)}, \]
|
||||
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||||
dove $m$ è il numero di autovalori di $V$. Si può riscrivere questa identità ponendo $n_i := \mu'_a(\lambda_i)$ in
|
||||
$\varphi_f$:
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||||
\[ V = \Ker (f - \lambda_1 \Id)^{n_1} \oplus \cdots \oplus \Ker (f - \lambda_m \Id)^{n_m}. \]
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||||
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||||
\begin{definition}
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||||
Si definisce \textbf{autospazio generalizzato} relativo all'autovalore $\lambda_i$ di $f$, lo spazio:
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||||
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||||
\[ \widetilde{V_{\lambda_i}} = \Ker (f - \lambda_i \Id)^{\mu_{a, f}(\lambda_i)} = \Ker (f - \lambda_m \Id)^{n_m}. \]
|
||||
\end{definition}
|
||||
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||||
\begin{remark} Riguardo alla decomposizione primaria di $V$ e agli autospazio generalizzati di $f$ si possono fare alcune osservazioni aggiuntive. \\
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||||
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||||
\li Si può riscrive la decomposizione primaria di $V$ in termini degli autospazi generalizzati di $f$ come $V = \oplus_{i=1}^m \widetilde{V_{\lambda_i}}$. \\
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||||
\li Vale in particolare che $\widetilde{V_{\lambda_i}} = \{ \v \in V \mid \exists k \in \NN \mid (f-\lambda_i \Id)^k(\v) = \vec{0} \} = \bigcup_{k=0}^{\infty} \Ker (f - \lambda_i \Id)^k$, tenendo in conto la decomposizione
|
||||
di Fitting e la minimalità di $n_i$. \\
|
||||
\li Considerando la traslazione vista nell'ultima osservazione, si deduce che $\Ker(f - \lambda_i \Id)^{n_i}$ ammette
|
||||
come unico autovalore $\lambda_i$ (separazione degli autovalori). \\
|
||||
\li Poiché $f$ è diagonalizzabile se e solo se $V = \bigoplus_{i=1}^m \Ker(f - \lambda_i \Id)$, si può dedurre
|
||||
un altro criterio per la diagonalizzabilità, ossia $f$ diagonalizzabile $\impliedby n_i = 1$ $\forall i \leq m$. \\
|
||||
\li Del precedente criterio vale anche il viceversa: se $f$ è diagonalizzabile e $\lambda_1$, ..., $\lambda_k$ sono
|
||||
i suoi autovalori, $V$ ammette una base di autovettori; dati allora gli indici $i_p$ che associano ogni vettore
|
||||
$\vv p$ all'indice del suo rispettivo autovalore, allora sia
|
||||
$\vv 1 ^{(\lambda_{i_1})}$, ..., $\vv n ^{(\lambda_{i_n})}$ una base di $V$. Poiché $q(t) = \prod_{i=1}^k (t - \lambda_i)$ è tale che $q(f)$ si annulla in ogni vettore della base e ogni suo fattore lineare è composto da un autovalore di $f$ ed è distinto, deve valere che $\varphi_f = q$.
|
||||
\end{remark}
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\begin{exercise}
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Si calcoli il polinomio minimo di $A = \Matrix{0 & -2 & 0 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 2 & 0}$.
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\end{exercise}
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\begin{solution}
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||||
Innanzitutto, si calcola il polinomio caratteristico di $A$, ossia $p_A(t) = (1-t)^3 (1+t)^2$, da cui si ricava
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||||
che gli autovalori di $A$ sono $1$ e $-1$, con $\mu_a(1) = 3$ e $\mu_a(-1) = 2$. Si può dunque decomporre $V$
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||||
come:
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\[ V = \Ker (A - I)^3 \oplus \Ker (A + I)^2, \]
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\vskip 0.05in
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e $\varphi_A$ sarà della forma $\varphi_A(t) = (t-1)^{n_1} (t+1)^{n_2}$ con $n_1 \leq 3$ e $n_2 \leq 2$.
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||||
\begin{enumerate}[(i)]
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||||
\item $\rg(A - I) = 3 \implies \dim \Ker (A - I) = 2 < 3 = \mu_a(-1)$. Si controlli adesso il rango di
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||||
$(A-I)^2$: $\rg(A - I)^2 = 2 \implies \dim \Ker (A - I)^2 = 3 = \mu_a(1)$, da cui $n_1 = 2$.
|
||||
\item $\rg(A + I) = 3 \implies \dim \Ker (A + I) = 2$. Allora, poiché $\dim \Ker (A + I) = 2 = \mu_a(-1)$,
|
||||
si conclude che $n_2 = 1$.
|
||||
\end{enumerate}
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||||
Quindi $\varphi_A(t) = (t-1)^2(t+1)$.
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||||
\end{solution}
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\begin{exercise}
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Sia $A \in M(n, \CC)$ invertibile. Dimostrare allora che se $A^3$ è diagonalizzabile, anche $A$ lo è.
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\end{exercise}
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\begin{solution}
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Se $A^3$ è diagonalizzabile, per la precedente osservazione, $\varphi_{A^3}(t) = \prod_{i=1}^m (t - \lambda_i)$,
|
||||
dove $m$ è il numero di autovalori distinti di $A^3$. Allora, detto $p(t) = \prod_{i=1}^m (t^3 - \lambda_i)$, vale che
|
||||
$p(A) = 0$, ossia che $\varphi_A \mid p$. Dal momento che $A$ è invertibile, anche $A^3$ lo è, e quindi
|
||||
$\lambda_i \neq 0$ $\forall i \leq m$. Poiché $p$ è allora fattorizzato in soli termini lineari distinti,
|
||||
anche $\varphi_A$ deve esserlo, e quindi $A$ deve essere diagonalizzabile. \\
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||||
\end{solution}
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||||
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\vskip 0.1in
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Nello studio della forma canonica di Jordan è rilevante costruire una base a bandiera tale per cui la matrice
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associata in tale base sia una matrice a blocchi diagonale formata da blocchi di Jordan. Si consideri
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allora $g = f - \lambda \Id$, e sia $k$ la molteplicità algebrica di $\lambda$ nel polinomio minimo
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di $f$ (i.e.~il $k$ minimo già visto precedentemente nella decomposizione di Fitting di $g$). \\
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Si possono allora definire dei sottospazi $U_i$ secondo le seguenti decomposizioni:
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\begin{align*}
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\Ker g^k &= \Ker g^{k-1} \oplus U_1, \\
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\Ker g^{k-1} &= \Ker g^{k-2} \oplus g(U_1) \oplus U_2, \\
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\vdots & \qquad \vdots \qquad \vdots \qquad \vdots \qquad \vdots \\
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||||
\Ker g &= \underbrace{\Ker g^0}_{= \{ \vec 0\}} \oplus \, g^{k-1}(U_1) \oplus \cdots \oplus U_{k}.
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\end{align*}
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Si noti che $g$ mantiene la dimensione di $U_i$ ad ogni passo fino a $k-i$ composizioni di $g$ (infatti
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$\Ker g^{k-i} \cap U_i \subseteq \Ker g^{k-1} \cap U_i = \{\vec 0\}$, per costruzione dei sottospazi
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supplementari $U_i$). In particolare, $\dim U_i = m_i$ rappresenta il numero di blocchi di Jordan
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relativi a $\lambda$ di taglia $k-i+1$, e quindi valgono le seguenti identità:
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\begin{align*}
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\dim \Ker g^k &= \dim \Ker g^{k-1} + m_1 = \mu_a(\lambda), \\
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\dim \Ker g^{k-1} &= \dim \Ker g^{k-2} + m_1 + m_2, \\
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\vdots & \qquad \vdots \qquad \vdots \qquad \vdots \qquad \vdots \\
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\dim \Ker g &= m_1 + m_2 + \ldots + m_k = \mu_g(\lambda).
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\end{align*}
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%TODO: aggiungere osservazioni su come trovare una base di Ker g^j seguendo i blocchi di Jordan.
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\end{document}
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BIN
Binary file not shown.
+324
@@ -0,0 +1,324 @@
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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{27 e 31 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\wip
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\begin{center}
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\Large \textbf{Proprietà e teoremi principali sul prodotto scalare}
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\end{center}
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\begin{note}
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Nel corso del documento, per $V$ si intenderà uno spazio vettoriale di dimensione
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finita $n$ e per $\varphi$ un suo prodotto scalare.
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\end{note}
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\begin{proposition} (formula delle dimensioni del prodotto scalare)
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Sia $W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Allora vale la seguente identità:
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\[ \dim W + \dim W^\perp = \dim V + \dim (W \cap V^\perp). \]
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si consideri l'applicazione lineare $f : V \to \dual W$ tale che $f(\vec v)$ è un funzionale di $\dual W$ tale che
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$f(\vec v)(\vec w) = \varphi(\vec v, \vec w)$ $\forall \vec w \in W$. Si osserva che $W^\perp = \Ker f$, da cui,
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||||
per la formula delle dimensioni, $\dim V = \dim W^\perp + \rg f$. Inoltre, si osserva anche che
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||||
$f = i^\top \circ a_\varphi$, dove $i : W \to V$ è tale che $i(\vec w) = \vec w$, infatti $f(\vec v) = a_\varphi(\vec v) \circ i$ è un funzionale di $\dual W$ tale che $f(\vec v)(\vec w) = \varphi(\vec v, \vec w)$. Pertanto
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||||
$\rg f = \rg (i^\top \circ a_\varphi)$. \\
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||||
Si consideri ora l'applicazione $g = a_\varphi \circ i : W \to \dual W$. Sia ora $\basis_W$ una base di $W$ e
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||||
$\basis_V$ una base di $V$. Allora le matrice associate di $f$ e di $g$ sono le seguenti:
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\begin{enumerate}[(i)]
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||||
\item $M_{\dual \basis_W}^{\basis_V}(f) = M_{\dual \basis_W}^{\basis_V}(i^\top \circ a_\varphi) =
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||||
\underbrace{M_{\dual \basis_W}^{\dual \basis_V}(i^\top)}_A \underbrace{M_{\dual \basis_V}^{\basis_V}(a_\varphi)}_B = AB$,
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||||
\item $M_{\dual \basis_V}^{\basis_W}(g) = M_{\dual \basis_V}^{\basis_W}(a_\varphi \circ i) =
|
||||
\underbrace{M_{\dual \basis_V}^{\basis_V}(a_\varphi)}_B \underbrace{M_{\basis_V}^{\basis_W}(i)}_{A^\top} = BA^\top \overbrace{=}^{B^\top = B} (AB)^\top$.
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||||
\end{enumerate}
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||||
Poiché $\rg(A) = \rg(A^\top)$, si deduce che $\rg(f) = \rg(g) \implies \rg(i^\top \circ a_\varphi) = \rg(a_\varphi \circ i) = \rg(\restr{a_\varphi}{W}) = \dim W - \dim \Ker \restr{a_\varphi}{W} = \dim W - \dim (W \cap \underbrace{\Ker a_\varphi}_{V^\perp}) = \dim W - \dim (W \cap V^\perp)$. Si conclude allora, sostituendo quest'ultima
|
||||
identità nell'identità ricavata a inizio dimostrazione che $\dim V = \dim W^\top + \dim W - \dim (W \cap V^\perp)$,
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||||
ossia la tesi.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Si possono fare alcune osservazioni sul radicale di un solo elemento $\vec w$ e su quello del suo sottospazio
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generato $W = \Span(\vec w)$: \\
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||||
\li $\vec w ^\perp = W^\perp$, \\
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||||
\li $\vec w \notin W^\perp \iff \Rad (\restr{\varphi}{W}) = W \cap W^\perp \iff \vec w \text{ non è isotropo } = \zerovecset \iff
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||||
V = W \oplus W^\perp$.
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||||
\end{remark}
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\begin{definition}
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||||
Si definisce \textbf{base ortogonale} di $V$ una base $\vv 1$, ..., $\vv n$ tale per cui $\varphi(\vv i, \vv j) = 0
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||||
\impliedby i \neq j$, ossia per cui la matrice associata del prodotto scalare è diagonale.
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\end{definition}
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\begin{proposition} (formula di polarizzazione)
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Se $\Char \KK \neq 2$, un prodotto scalare è univocamente determinato dalla sua forma quadratica $q$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si nota infatti che $q(\vec v + \vec w) - q(\vec v) - q(\vec w) = 2 \varphi(\vec v, \vec w)$, e quindi,
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||||
poiché $2$ è invertibile per ipotesi, che $\varphi(\vec v, \vec w) = 2\inv (q(\vec v + \vec w) - q(\vec v) - q(\vec w))$.
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||||
\end{proof}
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||||
\begin{theorem}(di Lagrange)
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Ogni spazio vettoriale $V$ su $\KK$ tale per cui $\Char \KK \neq 2$ ammette una base ortogonale.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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||||
Sia dimostra il teorema per induzione su $n := \dim V$. Per $n \leq 1$, la dimostrazione è triviale. Sia
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allora il teorema vero per $i \leq n$. Se $V$ ammette un vettore non isotropo $\vec w$, sia $W = \Span(\vec w)$ e si consideri la decomposizione $V = W \oplus W^\perp$. Poiché $W^\perp$ ha dimensione $n-1$, per ipotesi induttiva
|
||||
ammette una base ortogonale. Inoltre, tale base è anche ortogonale a $W$, e quindi l'aggiunta di $\vec w$ a
|
||||
questa base ne fa una base ortogonale di $V$. Se invece $V$ non ammette vettori non isotropi, ogni forma quadratica
|
||||
è nulla, e quindi il prodotto scalare è nullo per la proposizione precedente.
|
||||
\end{proof}
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||||
|
||||
\begin{theorem} (di Sylvester, caso complesso)
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||||
Sia $\KK$ un campo i cui elementi sono tutti quadrati di un
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||||
altro elemento del campo (e.g.~$\CC$). Allora esiste una base
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||||
ortogonale $\basis$ tale per cui:
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||||
\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_r & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0\,}. \]
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\end{theorem}
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||||
\begin{proof}
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||||
Per il teorema di Lagrange, esiste una base ortogonale $\basis'$ di $V$.
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||||
Si riordini la base in modo tale che la forma quadratica valutata nei primi elementi sia sempre diversa da zero. Allora, poiché ogni
|
||||
elemento di $\KK$ è per ipotesi quadrato di un altro elemento
|
||||
di $\KK$, si sostituisca $\basis'$ con una base $\basis$ tale per
|
||||
cui, se $q(\vv i) = 0$, $\vv i \mapsto \vv i$, e altrimenti
|
||||
$\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$. Allora $\basis'$
|
||||
è una base tale per cui la matrice associata del prodotto scalare
|
||||
in tale base è proprio come desiderata nella tesi, dove $r$ è
|
||||
il numero di elementi tali per cui la forma quadratica valutata
|
||||
in essi sia diversa da zero.
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||||
\end{proof}
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||||
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||||
\begin{remark}
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||||
Si possono effettuare alcune considerazioni sul teorema di Sylvester
|
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complesso. \\
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\li Si può immediatamente concludere che il rango è un invariante
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completo per la congruenza in un campo in cui tutti gli elementi
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sono quadrati, ossia che $A \cong B \iff \rg(A) = \rg(B)$: infatti
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||||
ogni matrice simmetrica rappresenta una prodotto scalare, ed è
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||||
pertanto congruente ad una matrice della forma desiderata
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||||
nell'enunciato del teorema di Sylvester complesso. Poiché il rango
|
||||
è un invariante della congruenza, si ricava che $r$ nella forma
|
||||
della matrice di Sylvester, rappresentando il rango, è anche
|
||||
il rango di ogni sua matrice congruente. In particolare, se due
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||||
matrici simmetriche hanno stesso rango, allora sono congruenti
|
||||
alla stessa matrice di Sylvester, e quindi, essendo la congruenza
|
||||
una relazione di congruenza, sono congruenti a loro volta. \\
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||||
\li Due matrici simmetriche con stesso rango, allora, non solo
|
||||
sono SD-equivalenti, ma sono anche congruenti.
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||||
\li Ogni base ortogonale deve quindi avere lo stesso numero
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di elementi nulli.
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\end{remark}
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\begin{theorem} (di Sylvester, caso reale) Sia $\KK$ un campo ordinato
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i cui elementi positivi sono tutti quadrati (e.g.~$\RR$). Allora
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||||
esiste una base ortogonale $\basis$ tale per cui:
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\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_{i_+} & \rvline & 0 & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & -I_{i_-} & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0 & \rvline & 0\cdot I_{i_0} }. \]
|
||||
|
||||
Inoltre, per ogni base ortogonale, esistono esattamente
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||||
$\iota_+(\varphi)$ vettori della base con forma quadratica positiva,
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||||
$\iota_-(\varphi)$ con forma negativa e $\iota_0(\varphi)$ con
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forma nulla.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Per il teorema di Lagrange, esiste una base ortogonale $\basis'$ di $V$.
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||||
Si riordini la base in modo tale che la forma quadratica valutata nei primi elementi sia strettamente positiva, che nei secondi elementi sia strettamente negativa e che negli ultimi sia nulla. Si sostituisca
|
||||
$\basis'$ con una base $\basis$ tale per cui, se $q(\vv i) > 0$,
|
||||
allora $\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$; se
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||||
$q(\vv i) < 0$, allora $\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{-q(\vv i)}}$;
|
||||
altrimenti $\vv i \mapsto \vv i$. Si è allora trovata una base
|
||||
la cui matrice associata del prodotto scalare è come desiderata nella
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||||
tesi. \\
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||||
In particolare, $\iota_0(\varphi)$ è esattamente il numero di vettori
|
||||
con forma quadratica nulla della base, rappresentando infatti
|
||||
esattamente la dimensione del nucleo di $M_\basis(\varphi)$,
|
||||
ossia di $V^\perp$. \\
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||||
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||||
Siano ora $W_+ = \Span(\vv 1, ... \vv a)$, dove $a$ è il numero
|
||||
di vettori della base con forma quadratica positiva,
|
||||
$W_- = \Span(\vv{a+1}, ... \vv b)$, dove $b$ è il numero di vettori
|
||||
con forma negativa e
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||||
$W_0 = \Span(\vv{b+1}, ... \vv c)$, dove $c$ è il numero di vettori
|
||||
con forma nulla.
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||||
Allora chiaramente $V = W_+ \oplus W_- \oplus W_0$. Inoltre,
|
||||
$\restr{\varphi}{W_+} > 0$, $\restr{\varphi}{W_-} > 0$ e
|
||||
$\restr{\varphi}{W_0} = 0$. Pertanto $\iota_+(\varphi) \geq \dim W_+ = a$. Analogamente $\iota_-(\varphi) \geq \dim W_- = b$ e
|
||||
$\iota_0(\varphi) = c$ ($W_0 = V^\perp$). Se lo spazio definito
|
||||
positivo massimo $W$ fosse tale che $\dim W > \dim W_+$, allora,
|
||||
poiché $V = a + b + c$ e $\dim W + b + c > \dim V \implies
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||||
W \cap W_- \cap W_0 \neq \emptyset$, $\Lightning$. Quindi valgono
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||||
le uguaglianze, da cui la tesi.
|
||||
\end{proof}
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||||
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||||
\begin{definition}
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||||
Si definisce \textbf{segnatura} di un prodotto scalare
|
||||
la terna $(i_+, i_-, i_0)$, come vista nella dimostrazione
|
||||
del teorema di Sylvester reale.
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||||
\end{definition}
|
||||
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\begin{remark} \nl
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||||
\li La segnatura è un invariante completo per la congruenza nel caso reale. Se infatti due matrici hanno la stessa segnatura, sono
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||||
entrambe congruenti alla matrice come vista nella dimostrazione
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||||
della forma reale del teorema di Sylvester, e quindi, essendo
|
||||
la congruenza una relazione di equivalenza, sono congruenti
|
||||
tra loro. Analogamente vale il viceversa, come conseguenza del
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||||
teorema di Sylvester reale.
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||||
\li Si dice base di Sylvester una base di $V$ tale per cui la
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||||
matrice associata di $\varphi$ sia esattamente nella forma
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||||
vista nella dimostrazione del teorema di Sylvester, e
|
||||
tale matrice si dirà anch'essa matrice di Sylvester.
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||||
%TODO: completare spiegazione.
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||||
\end{remark}
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||||
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||||
\begin{definition}
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||||
Si dice \textbf{indice di positività} di $\varphi$ il
|
||||
termine $\iota_+(\varphi) = i_+ = \max \{ \dim W \mid W \subseteq V \mid \restr{\varphi}{W} > 0 \}$. Analogamente $\iota_-(\varphi) = i_- = \max \{ \dim W \mid W \subseteq V \mid \restr{\varphi}{W} < 0 \}$ è detto
|
||||
\textbf{indice di negatività}. Si definisce invece $\iota_0(\varphi) = i_0 = \dim V^\perp$ come \textbf{indice di nullità}.
|
||||
\end{definition}
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||||
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||||
\begin{remark}\nl
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||||
\li I sottospazi la cui dimensione è pari all'indice di positività
|
||||
o di negatività non sono obbligatoriamente unici.
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||||
\end{remark}
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||||
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||||
\begin{definition}
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||||
Dati due spazi vettoriali con prodotti scalare $(V, \varphi)$ e
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||||
$(V', \varphi')$ sullo stesso campo $\KK$, si dice che
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||||
$V$ e $V'$ sono \textbf{isometrici} se esiste un isomorfismo
|
||||
$f$ che preserva i prodotti, ossia tale che:
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||||
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||||
\[ \varphi(\vec v, \vec w) = \varphi'(f(\vec v), f(\vec w)), \]
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||||
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||||
e tale isomorfismo si dirà isometria.
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||||
\end{definition}
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\begin{exercise}\nl
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||||
\li $f : V \to V'$ è un isometria $\iff$ per una base $\basis =
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||||
\{\vv1, ..., \vv k\}$ di $V$, $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\iff$ vale per ogni base.
|
||||
\end{exercise}
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||||
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||||
\begin{proposition}
|
||||
Per $(V, \varphi)$ e $(V', \varphi')$ sono equivalenti:
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||||
\begin{enumerate}[(i)]
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||||
\item $V$ e $V'$ sono isometrici;
|
||||
\item $\forall$ base $\basis$ di $V$, $\basis'$ di $V'$,
|
||||
$M_\basis(\varphi)$ e $M_\basis'(\varphi')$ sono congruenti;
|
||||
\item lo stesso ma per una base.
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||||
\end{enumerate}
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||||
\end{proposition}
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||||
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||||
\begin{proof}
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(1-2)
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\rightproof Sia $\basis'' = f(\basis)$. Allora $M_{\basis''}(\varphi')=
|
||||
(\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))) = (\varphi(\vv i, \vv j))$. Allora,
|
||||
per la formula di cambiamento di base, le matrici
|
||||
$M_{\basis'}(\varphi')$ e $M_{\basis'}(\varphi')$ sono congruenti.
|
||||
|
||||
\leftproof Sia $A = M_\basis(\varphi) = P^\top B P$ e
|
||||
$B = M_{\basis'}(\varphi')$. Allora $a_{ij} = \varphi(\vv i, \vv j) =
|
||||
... = \varphi'(\vec{v_i^{ii}}, \vec{v_j^{ii}})$, dove
|
||||
$\vec{v_i^{ii}}$ è base perché $P$ è invertibile. Allora
|
||||
l'applicazione $f : V \to V'$ che manda $\vv i \mapsto \vec{v_{i}^{''}}$ è un isometria.
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||||
|
||||
(2-3) esercizio.
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||||
\end{proof}
|
||||
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||||
\begin{proposition} $(V, \varphi)$ e $(V', \varphi')$ spazi vettoriali
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||||
su $\RR$ sono
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||||
isometrici $\iff$ $\varphi$ e $\varphi'$ hanno la stessa segnatura.
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||||
\end{proposition}
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||||
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||||
\begin{proof}
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||||
\rightproof Basta che prendi la solita base. \\
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||||
\leftproof Siano $\basis$, $\basis'$ basi di Sylvester di $V$
|
||||
e di $V'$. Si definisce allora l'applicazione $f : V \to V'$ tale
|
||||
che $f(\vv i) = \ww i$: essa è un isometria.
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||||
\end{proof}
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||||
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||||
\begin{corollary}
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||||
Due matrici simmetriche sono congruenti se e solo se hanno
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||||
la stessa segnatura.
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||||
\end{corollary}
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||||
\begin{definition} (somma diretta ortogonale)
|
||||
$V = U \oplusperp W$.
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||||
\end{definition}
|
||||
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||||
\begin{remark}\nl
|
||||
\li se $V = U \oplusperp W$, allora $\iota_+(\varphi) = \iota_+(\restr{\varphi}{V}) + \iota_+(\restr{\varphi}{W})$, e
|
||||
analogamente per gli altri indici.
|
||||
\end{remark}
|
||||
|
||||
\begin{example}
|
||||
Per $\varphi = x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3$. %TODO: guarda dalle slide.
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||||
\end{example}
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||||
|
||||
\begin{definition}
|
||||
Sia $\KK$ qualunque. $W \subseteq V$ si dice sottospazio isotropo
|
||||
se $\restr{\varphi}{W} = 0$.
|
||||
\end{definition}
|
||||
|
||||
\begin{remark}\nl
|
||||
\li $V^\perp$ è isotropo, \\
|
||||
\li $\vec{v}$ è un vettore isotropo $\iff$ $W = \Span(\vec v)$ è sottospazio isotropo, \\
|
||||
\li $W \subseteq V$ è isotropo $\iff$ $W \subseteq W^\perp$.
|
||||
\end{remark}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}
|
||||
Sia $\varphi$ non degenere. $W \subseteq V$ isotropo, allora
|
||||
$\dim W \leq \frac{1}{2} \dim V$.
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
$W \subseteq W^\perp \implies \dim W \leq \dim W^\perp \implies
|
||||
\dim W \leq \dim V - \dim W \implies \dim W \leq \frac{1}{2} \dim V$.
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{definition}
|
||||
Si definisce \textbf{indice di Witt} $W(\varphi)$ di $(V, \varphi)$
|
||||
come la massima dimensione di un sottospazio isotropo.
|
||||
\end{definition}
|
||||
|
||||
\begin{remark}\nl
|
||||
\li Se $\varphi > 0$, $W(\varphi) = 0$.
|
||||
\end{remark}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}
|
||||
Per $\KK = \RR$ e $\sigma(\varphi) = (\iota_+(\varphi), \iota_-(\varphi), \iota_0(\varphi))$, con $\varphi$ non degenere,
|
||||
$W(\varphi) = \min\{\iota_+(\varphi), \iota_-(\varphi)\}$.
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sia ad esempio $\iota_-(\varphi) \leq \iota_+(\varphi)$. Se $W$
|
||||
è un sottospazio con $\dim W > \iota_-(\phi)$, e $W^+$ è
|
||||
un sottospazio con $\dim W^+ = \iota_+(\varphi)$ e $\restr{\varphi}{W^+} > 0 \implies \dim (W \cap W^+) > 0$,
|
||||
e quindi $W$ non è isotropo (quindi $W(\varphi) < \iota_-(\varphi)$). \\
|
||||
|
||||
Sia $\basis$ una base di Sylvester. Per costruirlo prendi
|
||||
coppie della base originale facendo la differenza e nota
|
||||
che ne prendi esattamente quante iota-.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{document}
|
||||
BIN
Binary file not shown.
+118
@@ -0,0 +1,118 @@
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\documentclass[11pt]{article}
|
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\usepackage{personal_commands}
|
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{\today}
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\begin{document}
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\maketitle
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\wip
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\begin{center}
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\Large \textbf{Esercitazione: computo della basi di Jordan}
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\end{center}
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\begin{example}
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Sia $A = \Matrix{0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2}$ e se ne ricerchi
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la forma canonica di Jordan e una base in cui assume tale base. \\
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Si noti che $A^2 = \Matrix{0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0}$, e quindi
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che $A^3 = 0$. Allora $\varphi_A(t) = t^3$ e $p_A(t) = t^5$. \\
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Poiché $A$ ha ordine di nilpotenza $3$, la sua forma canonica
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di Jordan ammette sicuramente un solo blocco
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di ordine $3$. Inoltre, $\dim \Ker A = 3$, e quindi
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devono esservi obbligatoriamente $2$ blocchi di ordine $1$.
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Pertanto la sua forma canonica è la seguente:
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\[ J=\Matrix{0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0}. \]
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\vskip 0.05in
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Si consideri l'identità $\RR^5 = \Ker A^3 = \Ker A^2 \oplus U_1$.
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Poiché $\dim \Ker A^2 = 4$, vale che $\dim U_1 = \dim \Ker A^3
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- \dim \Ker A^2 = 1$. Dacché $\e3$ si annulla solo con $A^3$,
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$U_1 = \Span(\e3)$. \\
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Si consideri invece ora $\Ker A^2 = \Ker A \oplus A(U_1) \oplus U_2$.
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Si osservi che $\dim U_2$ è il numero dei blocchi di Jordan di
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ordine $2$, e quindi è $0$. Si deve allora considerare $\Ker A =
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A^2(U_1) \oplus U_3$, dove $\dim U_3 = 2$. Si osservi anche che $A^2(\e3) = \e1-\e2-\e3+\e4$: è sufficiente trovare due vettori
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linearmente indipendenti appartenenti al kernel di $A$, ma non
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nello $\Span$ di $A^2(\e3)$; come per esempio $\e2-\e4$ e $2\e2-\e5$.
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Allora $U_3 = \Span(\e2-\e4, 2\e2-\e5)$. Una base di Jordan per $A$
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sarà allora $(A^2 \e3, A \e3, \e3, \e2-\e4, 2\e2-\e5)$.
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\end{example}
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\begin{example}
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Sia $A = \Matrix{2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1}$, e se ne calcoli la forma canonica di Jordan. \\
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Si osserva che $p_A(t) = (1-t)^3 (2-t)^2$, e quindi
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$\RR^5 = \Ker (A - I)^3 \oplus \Ker (A - 2I)^2$. \\
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($\lambda = 1$) $\dim \Ker (A - I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
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relativi all'autovalore $1$, uno di ordine $1$ e uno di ordine $2$. \\
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($\lambda = 2$) $\dim \Ker (A - 2I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
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relativi all'autovalore $2$, entrambi di ordine $1$. \\
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Quindi la forma canonica di $A$ è la seguente:
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\[ J = \Matrix{1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 }, \]
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da cui si ottiene anche che $p_A(t) = (t-2)^2 (t-2)$. Si calcola
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ora una base di Jordan per $A$. \\
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($\lambda = 1$) Sia $\Ker (A - I)^2 = \Ker (A - I) \oplus U_1$. $\dim U_1 = 1$,
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e poiché $\e5 \in \Ker (A - I)^2$, ma $\e5 \notin \Ker (A-I)$,
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vale che $U_1 = \Span(\e5)$. \\
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Sia ora invece $\Ker (A - I) = g(U_1) \oplus U_2$, dove
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$\dim U_2 = 1$. Dacché $\e5+\e1-\e3 \in \Ker (A-I)$, ma
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non appartiene a $\Span(A \e5)$, si ottiene che una base
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relativa al blocco di $1$ è $A \e5, \e5, \e5+\e1-\e3$.
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($\lambda = 2$) Per quanto riguarda invece il blocco relativo a $2$, essendo
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tale blocco diagonale, è sufficiente ricavare una base
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di $\Ker (A-2I)$, come $\e4$ e $\e1 + \e3$.
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\end{example}
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\begin{definition} (centralizzatore di una matrice)
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Si definisce \textbf{centralizzatore di una matrice} $A \in M(n, \KK)$
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l'insieme:
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\[ C(A) = \{ B \in M(n, \KK) \mid AB = BA\}, \]
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ossia l'insieme delle matrici che commutano con $A$.
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\end{definition}
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\begin{proposition}
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Vale l'identità $C(J_{0, m}) = \Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Sia $B \in C(J_{0, m})$. Si osserva che $J_{0,m} B = \Matrix{B_2 \\ \hline B_3 \\ \hline \vdots \\ \hline B_{m} \\ \hline 0}$, mentre $B J_{0,m} = \Matrix{0 & \rvline & B^1 & \rvline & B^2 & \rvline & \cdots & \rvline & B^{m-1} }$. Per ipotesi deve valere che $J_{0,m} B = B J_{0,m}$, e quindi, uguagliando le matrici colonna a colonna, si osserva
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la colonna $B^1$ è tutta nulla eccetto per il primo elemento; si osserva poi che la colonna $B^2$ è composta
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da elementi di $B^1$ traslata in basso di una posizione; e così via ciclando sulle colonne, ottenendo che,
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data $B^m = \Vector{ a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{m-1} }$, $B = a_0 I + a_1 J_{0,m} + \ldots + a_{m-1} J_{0, m}^{m-1}$,
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quindi $B \in \Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$. Dal momento che ogni elemento generatore di
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$\Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$ commuta con $J_{0,m}$, vale la doppia inclusione, da cui
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la tesi.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Sul centralizzatore di una matrice ed il suo rapporto con la
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similitudine si possono fare alcune considerazioni. \\
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\li $A \sim B \implies \dim C(A) = \dim C(B)$: infatti, se
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$A = PBP\inv$, $AC = CA \implies PBP\inv C = C PBP\inv \implies
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BP\inv C=P\inv C P B P\inv \implies B (P\inv C P) = (P\inv C P) B$,
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e quindi il coniugio fornisce un isomorfismo tra i due
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centralizzatori.
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\end{remark}
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\end{document}
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