\documentclass[11pt]{article}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
\author{Gabriel Antonio Videtta}
\date{\today}

\begin{document}
	
	\maketitle
	
	\begin{center}
		\Large \textbf{Esercitazione: computo della basi di Jordan}
	\end{center}

	\begin{example}
		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
		la forma canonica di Jordan e una base in cui assume tale base. \\
		
		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
		che $A^3 = 0$. Allora $\varphi_A(t) = t^3$ e $p_A(t) = t^5$. \\
		
		Poiché $A$ ha ordine di nilpotenza $3$, la sua forma canonica
		di Jordan ammette sicuramente un solo blocco
		di ordine $3$. Inoltre, $\dim \Ker A = 3$, e quindi
		devono esservi obbligatoriamente $2$ blocchi di ordine $1$.
		Pertanto la sua forma canonica è la seguente:
		
		\[ J=\Matrix{0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0}. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Si consideri l'identità $\RR^5 = \Ker A^3 = \Ker A^2 \oplus U_1$.
		Poiché $\dim \Ker A^2 = 4$, vale che $\dim U_1 = \dim \Ker A^3
		- \dim \Ker A^2 = 1$. Dacché $\e3$ si annulla solo con $A^3$,
		$U_1 = \Span(\e3)$. \\
		
		Si consideri invece ora $\Ker A^2 = \Ker A \oplus A(U_1) \oplus U_2$.
		Si osservi che $\dim U_2$ è il numero dei blocchi di Jordan di
		ordine $2$, e quindi è $0$. Si deve allora considerare $\Ker A =
		A^2(U_1) \oplus U_3$, dove $\dim U_3 = 2$. Si osservi anche che $A^2(\e3) = \e1-\e2-\e3+\e4$: è sufficiente trovare due vettori
		linearmente indipendenti appartenenti al kernel di $A$, ma non
		nello $\Span$ di $A^2(\e3)$; come per esempio $\e2-\e4$ e $2\e2-\e5$.
		Allora $U_3 = \Span(\e2-\e4, 2\e2-\e5)$. Una base di Jordan per $A$
		sarà allora $(A^2 \e3, A \e3, \e3, \e2-\e4, 2\e2-\e5)$.
	\end{example}

	\begin{example}
		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. \\
		
		Si osserva che $p_A(t) = (1-t)^3 (2-t)^2$, e quindi
		$\RR^5 = \Ker (A - I)^3 \oplus \Ker (A - 2I)^2$. \\
		
		($\lambda = 1$) $\dim \Ker (A - I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
		relativi all'autovalore $1$, uno di ordine $1$ e uno di ordine $2$. \\
		
		($\lambda = 2$) $\dim \Ker (A - 2I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
		relativi all'autovalore $2$, entrambi di ordine $1$. \\
		
		Quindi la forma canonica di $A$ è la seguente:
		
		\[ J = \Matrix{1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 }, \]
		
		da cui si ottiene anche che $p_A(t) = (t-2)^2 (t-2)$. Si calcola
		ora una base di Jordan per $A$. \\
		
		($\lambda = 1$) Sia $\Ker (A - I)^2 = \Ker (A - I) \oplus U_1$. $\dim U_1 = 1$,
		e poiché $\e5 \in \Ker (A - I)^2$, ma $\e5 \notin \Ker (A-I)$,
		vale che $U_1 = \Span(\e5)$. \\
		
		Sia ora invece $\Ker (A - I) = g(U_1) \oplus U_2$, dove
		$\dim U_2 = 1$. Dacché $\e5+\e1-\e3  \in \Ker (A-I)$, ma
		non appartiene a $\Span(A \e5)$, si ottiene che una base
		relativa al blocco di $1$ è $A \e5, \e5, \e5+\e1-\e3$.
		
		($\lambda = 2$) Per quanto riguarda invece il blocco relativo a $2$, essendo
		tale blocco diagonale, è sufficiente ricavare una base
		di $\Ker (A-2I)$, come $\e4$ e $\e1 + \e3$.
	\end{example}

	\begin{definition} (centralizzatore di una matrice)
		Si definisce \textbf{centralizzatore di una matrice} $A \in M(n, \KK)$
		l'insieme:
		
		\[ C(A) = \{ B \in M(n, \KK) \mid AB = BA\}, \]
		
		ossia l'insieme delle matrici che commutano con $A$.
	\end{definition}

	\begin{proposition}
		Vale l'identità $C(J_{0, m}) = \Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		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
		la colonna $B^1$ è tutta nulla eccetto per il primo elemento; si osserva poi che la colonna $B^2$ è composta
		da elementi di $B^1$ traslata in basso di una posizione; e così via ciclando sulle colonne, ottenendo che,
		data $B^m = \Vector{ a_0 \\ a_1 \\ \vdots \\ a_{m-1} }$, $B = a_0 I + a_1 J_{0,m} + \ldots + a_{m-1} J_{0, m}^{m-1}$,
		quindi $B \in \Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$. Dal momento che ogni elemento generatore di
		$\Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$ commuta con $J_{0,m}$, vale la doppia inclusione, da cui
		la tesi.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Sul centralizzatore di una matrice ed il suo rapporto con la
		similitudine si possono fare alcune considerazioni. \\
		
		\li $A \sim B \implies \dim C(A) = \dim C(B)$: infatti, se
		$A = PBP\inv$, $AC = CA \implies PBP\inv C = C PBP\inv \implies
		BP\inv C=P\inv C P B P\inv \implies B (P\inv C P) = (P\inv C P) B$,
		e quindi il coniugio fornisce un isomorfismo tra i due
		centralizzatori.
	\end{remark}
	
\end{document}