LA FORMA DI JORDAN DI UN ENDOMORFISMO

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1 LA FORMA DI JORDAN DI UN ENDOMORFISMO FILIPPO BRACCI 1 POLINOMIO MINIMO E POLINOMIO CARATTERISTICO Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita N 1 su K con K = R, C Indichiamo con End(V ) lo spazio delle applicazioni lineari da V in V Sia T End(V ) Osserviamo che per un polinomio p(x) K[x] è ben definito p(t ) nel modo seguente: se p(x) = a 0 + a 1 x + a n x n allora p(t ) = a 0 Id + a 1 T + + a n T n End(V ), dove T j = T T j-volte Possiamo allora definire I T = {p K[x] : p(t ) = 0}, dove 0 è ovviamente l operatore nullo che associa ad ogni v V l elemento neutro 0 Si prova subito che I T è un ideale di K[x] Lemma 11 I T K[x] e I T {0} Dimostrazione È chiaro che I T K[x] Inoltre End(V ) ha dimensione N 2 Dato che Id, T,, T N 2 sono N 2 +1 vettori di End(V ) devono essere necessariamente linearmente indipendenti e dunque esistono a 0,, a N 2 K tali che a 0 Id + + a N 2T N 2 = 0, e pertanto il polinomio a a N 2x N 2 I T che dunque non è ridotto al solo 0 Dato che K è un campo ne segue che K[x] è un anello euclideo e pertanto è a ideali principali (PID) In particolare esiste un (unico) polinomio monico µ T (x) K[x] tale che I T = µ T (x) Definizione 12 Il polinomio µ T (x) si dice il polinomio minimo di T Nota 13 (1) Sia R un automorfismo di V Dato che (RT R 1 ) m = RT m R 1, ne segue che p(rt R 1 ) = Rp(T )R 1 In particolare endomorfismi simili hanno lo stesso polinomio minimo (2) Il polinomio minimo è caratterizzato dall essere quel polinomio monico p di grado minimo tale che p(t ) = 0 (3) End(V ) è un K[x]-modulo tramite la mappa K[x] p p(t ) End(V ) Fissiamo una base di V e associamo a T in tal base la (N N)-matrice A In base all osservazione 131 è possibile parlare di polinomio minimo della matrice A 1

2 2 F BRACCI Definizione 14 Il polinomio caratteristico di un T End(V ) è definito tramite Le radici di p T (λ) si dicono gli autovalori di T p T (λ) = det(λid T ) Si dice che un vettore v V \ {0} è un autovettore di T se T v = λv per qualche λ K Si noti che v V \ {0} è un autovettore di T se e solo se (T λid)v = 0 per qualche λ K In particolare v V \ {0} è un autovettore di T se e solo se l operatore λid T non è invertibile, ovvero se e solo se det(λid T ) = 0 Pertanto λ è un autovalore di T se e solo se esiste un autovettore (non nullo) v di T tale che T v = λv Si definisce V λ = {v V : T v = 0} È facile verificare che V λ = {0} se e solo se λ non è un autovalore di T Se λ K è un autovalore di T allora V λ si chiamo l autospazio di T relativo all autovalore λ Il nome autospazio suggerisce che effettivamente V λ sia uno spazio vettoriale In effetti vale Teorema 15 Sia λ K un autovalore di T Allora V λ è un sottospazio vettoriale di V Dimostrazione Occorre provare che V λ è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per uno scalare Siano v, w V λ Allora T (v + w) = T (v) + T (w) = λv + λw = λ(v + w) e pertanto v + w V λ In modo simile si dimostra che V λ è chiuso rispetto al prodotto per uno scalare Definizione 16 Sia λ K un autovalore di T End(V ) La molteplicità algebrica ma(λ) è definita come la molteplicità della radice λ nel polinomio caratteristico p T (x) In altri termini ma(λ) = α se (x λ) α divide p T (x) e (x λ) α+1 non divide p T (x) La molteplicità geometrica di λ è definita da mg(λ) = dimv λ Lemma 17 Per un autovalore λ K di T vale mg(λ) ma(λ) Dimostrazione Poniamo β = mg(λ) Allora esiste una base {v 1,, v β, v β+1,, v N } di V tale che V λ = v 1,, v β In tale base la matrice A = (a ij ) associata a T è tale che a jj = λ per j = 1,, β, a ij = 0 per 1 i < j β, 1 j < i β Pertanto un calcolo diretto mostra che (x λ) β divide p T (x) e dunque β ma(λ) come volevasi Proposizione 18 Siano α, β K due autovalori di T Se α β allora V α V β = {0} In particolare per ogni v V α \{0} e w V β \{0} si ha che v e w sono linearmente indipendenti Dimostrazione Se v V α V β allora αv = T (v) = βv e dunque (α β)v = 0 Dato che α β 0 ciò implica che v = 0 Definizione 19 Sia W V un sottospazio vettoriale di V Si dice che W è T -invariante se T w W per ogni w W Un sottospazio W V che sia T -invariante si dice T -irriducibile (o semplicemente irriducibile) se per ogni sottospazio W W che sia T -invariante risulta W = W oppure W = {0}

3 FORMA DI JORDAN 3 Se v è un autovettore di T allora v è T -invariante (e irriducibile) Viceversa se W è un sottospazio unidimensionale di V T -invariante, allora ogni w W \ {0} è un autovettore di T Più in generale V λ è T -invariante (ma può essere o meno irriducibile) Definizione 110 Un applicazione lineare T End(V ) si dice triangolarizzabile se esiste una base {v 1,, v N } di V tale che gli spazi V j = v 1,, v j siano T -invarianti per ogni j = 1,, N Osserviamo che se T è triangolarizzabile, e la base {v 1,, v N } realizza tale triangolarizzazione, allora v 1 è un autovettore per T Più in generale la matrice associata a T nell base {v 1,, v N } è una matrice triangolare superiore (ovvero tale che A = (a ij ) con a ij = 0 per i > j, i, j = 1,, N) Teorema 111 Sono equivalenti: (1) T è triangolarizzabile (2) Il polinomio caratteristico p T (x) si scompone nel prodotto di fattori lineari La dimostrazione è omessa in questa versione In particolare si ha la prima differenza fondamentale tra spazi vettoriali reali e complessi: Corollario 112 Se V è uno spazio vettoriale su C allora ogni T End(V ) è triangolarizzabile Dimostrazione Sia T End(V ) Per il teorema 111 si ha che T è triangolarizzabile se e solo se P T (x) = (x λ 1 ) α1 (x λ r ) α r, per qualche r N, λ j C e α j N tale che α 1 + α r = N Ma per il teorema fondamentale dell algebra questo è sempre vero Si ha inoltre Teorema 113 (Hamilton-Caley) p T (T ) = 0 La dimostrazione è omessa in questa versione Come conseguenza diretta si ha Corollario 114 Il polinomio minimo µ T (x) divide il polinomio caratteristico p T (x) In particolare deg(µ T (x)) N Vediamo adesso le relazioni tra autovalori e polinomio minimo Proposizione 115 Se λ è un autovalore di T End(V ) allora (x λ) divide il polinomio minimo µ T (x) Dimostrazione Sia v V \ {0} tale che T v = λv Si consideri l ideale di K[x] definito da I T,v := {q K[x] : q(t )v = 0} Chiaramente (x λ) I T,v Ma K[x] è un dominio di integrità ad ideali principali, ed essendo (x λ) il polinomio monico di grado minimo (le costanti non nulle non stanno in I T,v ) in I T,v

4 4 F BRACCI ne segue che (x λ) è un generatore di I T,v Ora, per definizione, µ T (T )v = 0 e pertanto µ T (x) I T,v e dunque (x λ) divide µ T (x) Mettendo assieme il Corollario 114 e la Proposizione 115 si ottiene il seguente risultato: Proposizione 116 Sia T End(V ) e supponiamo che il polinomio caratteristico di T sia dato da p T (x) = (x λ 1 ) α1 (x λ r ) α r dove λ j K,con λ j λ i se i j, r N, 1 α j N e α α r = N Allora il polinomio minimo µ T (x) è dato da con 1 β j α j Esempio 117 Sia T : C 2 seguente matrice: µ T (x) = (x λ 1 ) β1 (x λ r ) β r C 2 definito da T (x, y) = A(x, y) t, dove A è definita dalla A = ( ) Un calcolo diretto ci dà p T (λ) = (λ 1) 2 Per il teorema 113 si ha che µ T può essere λ 1 oppure (λ 1) 2 Si scarta subito la prima possibilità dato che T Id 0 Dunque µ T (λ) = (λ 1) 2 2 DIAGONALIZZAZIONE DI ENDOMORFISMI Definizione 21 Un operatore T End(V ) si dice diagonalizzabile se esiste una base di V formata da autovettori di T Dunque T è diagonalizzabile se esistono v 1,, v N vettori linearmente indipendenti tali che T v j = λ j v j per qualche λ j K Nella base {v 1,, v N } che diagonalizza T la matrice associata a T è la matrice diagonale A che ha come entrate λ j, ovvero A = (a ij ) con a ij = 0 per i j e a jj = λ j per i, j = 1,, N Teorema 22 (1) Se T possiede N autovalori distinti allora T è diagonalizzabile (2) T è diagonalizzabile se e solo se esistono r autovalori distinti λ 1,, λ r K tali che r dimv λi = N i=1 (3) T è diagonalizzabile se e solo se esistono r autovalori distinti λ 1,, λ r K tali che V = V λ1 V λr (4) T è diagonalizzabile se e solo se il polinomio caratteristico p T (x) si spezza nel prodotto di fattori lineari e la molteplicità geometrica di ogni autovalore eguaglia la molteplicità algebrica

5 FORMA DI JORDAN 5 Dimostrazione 1 Siano λ 1,, λ N gli N autovalori distinti Allora dimv λj 1 Per j = 1,, N, sia v j V λj un autovettore (non nullo) di T Occorre e basta provare che {v 1,, v N } sono linearmente indipendenti Ma questo segue subito dalla Proposizione 18 Infatti, supponiamo per assurdo v j = i j a iv i Allora v j V λj e d altra parte v j i j V λi Ma V λj i j V λi = {0} e pertanto v j = 0, contraddizione 2 Se T è diagonalizzabile è chiaro che la somma delle dimensioni degli autospazi è N Viceversa per ogni j si sceglie una base di V λj indicata da {v1, j, v j β j } (dove β j = dimv λj ) Nuovamente per la Proposizione 18 i vettori {v1, 1, vβ 1 1,, vβ r r } sono linearmente indipendenti, ma dato che sono N sono una base di V e quindi T è diagonalizzabile 3 Segue dal punto 2 precedente e dalla Proposizione 18 4 Se il polinomio caratteristico si spezza nel prodotto di fattori lineari distinti significa che esistono r 1 autovalori distinti λ 1,, λ r tali che ma(λ 1 ) + + ma(λ r ) = N Se mg(λ j ) = ma(λ j ) per ogni j allora (per definizione di molteplicità geometrica) risulta dimv λj = N e si applica il punto 2 Il viceversa è ovvio Un criterio più fine per la diagonalizzazione è il seguente, la cui dimostrazione richiede però il teorema di decomposizione primaria ed è posticipata alla sezione successiva: Teorema 23 T è diagonalizzabile se e solo se il polinomio minimo µ T (x) si spezza nel prodotto di fattori lineari distinti, vale a dire se esistono λ 1,, λ r K tutti distinti tali che µ T (x) = (x λ 1 ) (x λ r ) 3 IL TEOREMA DI DECOMPOSIZIONE PRIMARIA NEL CASO DI SPEZZAMENTO LINEARE DEL POLINOMIO CARATTERISTICO In questa sezione supponiamo V uno spazio vettoriale di dimensione N su K = R, C e T End(V ) Se p T (x) è il polinomio caratteristico di T supponiamo che si spezzi in fattori lineari: p T (x) = (x λ 1 ) α1 (x λ r ) α r con r, α j numeri naturali strettamente maggiori di zero tali che α α r = N e λ j C con λ j λ i se i j Per la Proposizione 116 il polinomio minimo µ T (x) è allora dato da µ T (x) = (x λ 1 ) β1 (x λ r ) β r con 1 β j α j Osserviamo che se K = C allora per il teorema fondamentale dell algebra il polinomio caratteristico si spezza sempre in fattori lineari Definizione 31 L autospazio generalizzato E λj relativo all autovalore λ j di T è definito tramite E λj = Ker(λ j Id T ) α j Enunciamo adesso le proprietà basilari di E λj : Teorema 32 (Decomposizione Primaria) Se il polinomio caratteristico di T si spezza in fattori lineari valgono le seguenti:

6 6 F BRACCI (1) E λj è un sottospazio T -invariante (2) V λj E λj (3) V = E λ1 E λr (4) Il polinomio caratteristico di T Ej è dato da (x λ j ) α j (5) dime λj = α j (6) Il polinomio minimo di T Eλj è dato da (x λ j ) β j Dimostrazione 1 Notiamo che (λ j Id T ) T = T (λ j Id T ) Pertanto iterando questa relazione si ottiene (λ j Id T ) s T = T (λ j Id T ) s per ogni s 1 Dunque se v E λj allora (λ j Id T ) s v = 0 per qualche 1 s α j Pertanto per l osservazione precedente si ha (λ j Id T ) s T v = T (λ j Id T ) s v = T 0 = 0, e allora T v E λj 2 Dato che V λj = Ker(λ j Id T ) Ker(λ j Id T ) s per ogni s 1, allora V λj E λj 3Proviamo che E λ1 + + E λr = V Siano p j (x) = i j (x λ i) α i per j = 1,, r I polinomi p j (x) per j = 1,, r non hanno fattori comuni di grado positivo in C[x], ne segue che esistono h 1 (x),, h r (x) C[x] tali che p 1 (x)h 1 (x) + + p r (x)h r (x) = 1 Poniamo V j = p j (T )V Dalla relazione precedente segue che V = V V r, dato che ogni v V si può scrivere come v = p 1 (T )u p r (T )u r, con u j = h j (T )v Dato che p T (T )v = 0 per il Teorema 113, ne segue che V j Ker(λ j Id T ) α j = E λj e pertanto E λ1 + + E λr = V Proviamo adesso che E λj ( i j E λ i ) = {0} Diamo la dimostrazione per j = 1 Sia 0 v E λ1 e supponiamo v = u u r con u j E λj Allora p 1 (T )u k = 0 per k = 2,, r e pertanto deve essere p 1 (T )v = 0 Per quanto visto in precedenza risulta v = p 1 (T )v p r (T )v r, dove v j = h j (T )v Essendo però p j (T )v = 0 per j 1 (dato che v E λ1 ), ne segue che p l (T )v l = 0 e dunque v = p 1 (T )h 1 (T )v = h 1 (T )p 1 (T )v = 0 contro l ipotesi su v 4 Per semplificare le notazioni poniamo T j = T Eλj Per i punti 2 e 3 risulta che l unico autovalore di T j su E λj è λ j Pertanto il polinomio caratteristico di T j è dato da p Tj (x) = (x λ j ) s j per qualche s j 1, e s j = dime λj Vogliamo provare che s j = α j Per farlo scegliamo una base {v 1,, v N } di V in modo tale che i primi s 1 vettori siano una base di E λ1, i successivi s 2 vettori siano un base di E λ2 e cosi via (è possibile farlo per il punto 4) Inoltre utilizzando il Corollario 112 su ciascun T j si può assumere che tale base triangolarizzi T In tale base la matrice A associata a T è una matrice triangolare superiore tale che a ii = λ 1 per

7 i = 1,, s 1, a ii = λ 2 per i = s 1 + 1, s 1 + s 2, etc, e si ha N p T (x) = (x a ii ) FORMA DI JORDAN 7 i=1 Pertanto s j = α j per ogni j 5 Segue subito dal punto 5 e dalla definizione di polinomio caratteristico 6 Sia µ j (x) il polinomio minimo di T j = T Eλj Per il punto 5 e per il Corollario 114 risulta che µ j (x) = (x λ j ) s j per qualche 1 s j α j Dato che µ T (T )v = 0 per ogni v V, ne segue che µ j (x) divide µ T (x) per j = 1,, r e dunque s j β j D altra parte, poniamo p(x) = µ 1 (x) µ r (x) Poichè ogni v V si scrive come somma di u u r per qualche u j E λj risulta che p(t )v = 0 e dunque µ T (x) divide p(x) e pertanto s j β j, da cui la tesi Possiamo adesso dimostrare il Teorema 23 Dimostrazione del Teorema 23 Se T è diagonalizzabile la matrice A associata a T in una base che diagonalizza T è una matrice diagonale Un calcolo diretto mostra allora che il polinomio minimo di T si spezza nel prodotto di fattori lineari distinti Viceversa, supponiamo che µ T (x) sia il prodotto di fattori lineari distinti Per il teorema di decomposizione primaria possiamo scegliere una base {v 1,, v N } di V in modo che i primi α 1 vettori formino una base di E λ1, i successivi α 2 vettori formino una base di E λ2, etc Vogliamo (e basta) provare che ogni v j è un autovettore di T Ma il polinomio minimo di T Eλj è (x λ j ) per il teorema di decomposizione primaria Dunque per ogni v E λj vale (T λ j Id)v = 0 In particolare ogni v j è un autovettore, come volevasi 4 DECOMPOSIZIONE SECONDARIA In questa sezione ci preoccuperemo di trovare una decomposizione T -invariante di E λj per j = 1,, r, nelle ipotesi del Teorema 32 Fissiamo dunque λ j Per semplificare le notazioni poniamo λ = λ j, α = α j e β = β j Per il Teorema 32, si ha che il polinomio caratteristico di T Eλ è p j (x) = (x λ) α e il suo polinomio minimo è µ j (x) = (x λ) β Definizione 41 Un sottospazio W E λ si dice un sottospazio ciclico se esiste w 0 W tale che ogni altro w W è della forma p(t )w 0 per qualche p(x) K[x] Il vettore w 0 si dice un generatore ciclico di W Vale il seguente risultato: Teorema 42 (Teorema di decomposizione secondaria) Esiste una decomposizione T -invariante di E λ data da (41) E λ = E λ 1 E λ ma(λ), tale che ogni Ej λ è un sottospazio ciclico Inoltre se n j = dimej λ, e si ordinano in modo che 1 nma(λ) n 1, risulta che (1) n 1 = β

8 8 F BRACCI (2) (x λ) nj è il polinomio minimo di T E λ j (3) Ogni altra decomposizione T -invariante di E λ in sottospazi ciclici ha ma(λ) componenti e su ogni componente la restrizione di T ha polinomio minimo (x λ) n j per j = 1,, ma(λ) Prima di dare la dimostrazione del Teorema 42, premettiamo alcune considerazioni: Definizione 43 I polinomi (x λ) n 1,, (x λ) n ma(λ) si dicono i divisori elementari di T su E λ Più in generale, facendo variare λ j si ottiene una collezione {(x λ 1 ) n1 1,, (x λr ) nr ma(λr) } di polinomi che sono detti i divisori elementari di T Il Teorema 32 e il Teorema 42 affermano che i divisori elementari di T sono univocamente determinati e determinano univocamente T a meno di coniugio con automorfismi di V In altri termini Proposizione 44 Siano T, T due endomorfismi di V tali che il polinomio caratteristico p T (x) di T e il polinomio caratteristico p T (x) di T si spezzano in fattori lineari T e T hanno gli stessi divisori elementari se e solo se esiste un automorfismo S di V tale che T = S T S 1 Dimostrazione Se T e T sono coniugati allora hanno ovviamente gli stessi divisori elementari Viceversa, applicando dai Teoremi 32 e 42 si ottengono due decomposizioni di V per T e T L isomorfismo S si realizza allora mandano ogni generatore ciclico della T -decomposizione nel corrispondente generatore ciclico della T -decomposizione I dettagli sono lasciati come esercizio Nota 45 Il Teorema 42 non afferma gli spazi Ej λ sono univocamente determinati, visto che, come sarà chiaro dalla dimostrazione, dipendono dal generatore ciclico (che non è unico) Procediamo adesso alla dimostrazione del Teorema 42 La dimostrazione è costruttiva e fornisce un metodo pratico per trovare la decomposizione secondaria e più in particolare sarà utilizzata per trovare la forma di Jordan di T Dimostrazione del Teorema 42 Se β = 1 allora T è diagonalizzabile su E λ per il Teorema 23 e non c è niente da dimostrare (ogni Ej λ è generato da un autovettore di T ) Supponiamo β > 1 Dato che µ j (T ) = (x λ) β, esiste v 0 tale che (T λid) β 1 (v) 0 Osserviamo che (T λid) β 1 (E λ ) V λ poichè (T λid) β (E λ ) = {0} Dunque costruiamo la seguente catena di sottospazi: {0} Im(T λid) β 1 (E λ ) V λ Im(T λid) β 2 (E λ ) V λ V λ I Posto k β 1 = dimim(t λid) β 1 (E λ ) V λ, prendiamo una base u β 1 1,β 1,, uβ 1 k β 1,β 1 di Im(T λid) β 1 (E λ ) V λ Poniamo S = (T λid) Dato che ogni u β 1 l,β 1 è immagine di (T λid) β 1 v = S β 1 v per qualche v E λ (che non sarà unico dato che ogni altra combinazione del tipo v+u con u V λ risolve lo stesso sistema) si possono trovare u 0 1,β 1,, u0 β 1,β 1 E λ tali che per l = 1,, k β 1 u β 1 l,β 1 = Sβ 1 (u 0 l,β 1)

9 FORMA DI JORDAN 9 Poniamo u j l,β 1 = Sj (u 0 l,β 1 ) per l = 1,, k β 1 e j = 1,, β 2 Si pone allora E λ l = u 0 l,β 1,, u β 1 l,β 1 per l = 1,, k β 1 (A I ) Si dimostra che dime λ l = β per l = 1,, k β 1 e E λ i E λ j = {0} per i j Posticipiamo la dimostrazione di (A I ) e procediamo nella costruzione degli spazi Ej λ Poniamo k i = dimim(t λid) i (E λ ) V λ per i = 0,, β 2 II Se k β 2 > k β 1 allora esistono dei vettori u β 2 k β 1 +1,β 1,, uβ 2 k β 2,β 1 tutti non nulli, tali che u β 1 1,β 1,, uβ 1 k β 1,β 1, uβ 2 k β 1 +1,β 1,, uβ 2 k β 2,β 1 sono una base di Im(T λid)β 2 (E λ ) V λ Come prima si possono trovare dei vettori u 0 k β 1 +1,β 2,, u0 k β 2,β 2 E λ tali che per l = k β 1 + 1,, k β 2 u β 2 l,β 2 = Sβ 2 (u 0 l,β 2) Poniamo u j l,β 2 = T j (u 0 l,β 2 ) per l = k β 1 + 1,, k β 2 e j = 1,, β 2 Si pone allora E λ l = u 0 l,β 2,, u β 2 l,β 2 per l = k β 1 + 1,, k β 2 e j = 1,, β 2 (A II ) Si dimostra che dime λ l = β 2 per l = k β 1 + 1,, k β 2 e E λ i E λ j = {0} per i j La dimostrazione di (A II ) è posticipata Se k β 1 = k β 2 si salta il punto II e si passa la punto III seguente: III Se k β 3 > k β 2 si ragiona come nel punto II costruendo k β 3 k β 2 catene di vettori u j l,β 3 per j = 0,, β 3 e l = k β 2 + 1,, k β3 Si definiscono poi gli spazi E λ l = u 0 l,β 3,, u β 3 l,β 3 per l = k β 2 + 1,, k β 3 e j = 1,, β 3 Si prova poi (A III ) Si dimostra che dimel λ = β 3 per l = k β 2 + 1,, k β 3 e Ei λ Ej λ = {0} per i j Se k β 3 = k β 2 si salta il punto III Si passa poi al punto IV ripetendo il punto II se k β 4 > k β 3 Si prosegue in questo modo poi fino ad arrivare a confrontare k β (β 1) e k 0 = ma(λ) Si nota che ogni dim(ej λ V λ ) = 1 e pertanto gli Ej λ sono ma(λ) Inoltre se v E λ risulta (T λid) β l (v) = 0 per qualche l = 1,, β 1 Allora v appartiene allo spazio generato da u β l β 1,1,, uβ l β 1,k β 1, u 0 β l,k β l 1,, u 0 β l,k β l che è contenuto dunque nella somma degli Ej λ Proviamo adesso (A I ),, (A x ) Per prima cosa, posto u = u 0 j,β l si vuole provare che u, Su,, S β l u sono linearmente indipendenti (qui l = 1,, β e j = k β l 1,, k β l ) Infatti se a 0 u + a β l S β l u = 0 allora applicando S β l si ottiene a 0 S β l u = 0 ed essendo S β l u 0 per costruzione, risulta a 0 = 0 Si applica poi S β l+1 e si ottiene a 1 = 0 e cosi via fino a a β l = 0 Questo dimostra che le dimensioni dei vari Ej λ sono quelle volute Proviamo poi che E i E j = {0} per i j Supponiamo che E i = u, Su,, S β a 1 u e E j = v, Sv,, S β b 1 v per certi 0 a, b β, con S β a 1 u e S β b 1 v linearmente indipendenti Possiamo anche suppore a b Si vede subito che u,, S b a 1 u non possono

10 10 F BRACCI appartenere a E j poiché S β b (S j u) = 0 solo se j b a Poniamo w = S β a u e E i = w,, S β b 1 w Basta allora dimostrare che S j w E j per j = 0,, β b 1 Sia S j w = a 0 v + + a β b 1 S β b 1 v Applicando S β b 1 a tale identità si ottiene S j+β b 1 w = a 0 S β b 1 v, da cui a 0 = 0 se j > 0 poichè S j+β b 1 w = 0 e se j = 0 nuovamente a 0 = 0 poichè S β b 1 w = S β a 1 u e S β b 1 v sono linearmente indipendenti Si procede cosi applicando successivamente S β b 2,, S, Id per ottenere a 1 = = a β b 1 = 0 Per terminare la dimostrazione del teorema occorre verificare (1), (2) e (3) Ma (1) e (2) sono immediati dalla definizione di E λ j Per la (3), sia E λ = W 1 W m una decomposizione T -invariante in sottospazi ciclici Sia w 1 un generatore ciclico di W 1 Allora esiste 1 s β tale che (T λid) s w 1 = 0 ma (T λid) s 1 w 1 0 Vogliamo dimostrare che W 1 = w 1,, S s 1 w 1 Sia w W 1 Allora w = p(t )w 1 per qualche p(x) K[x] È facile verificare che allora esiste q(x) K[x] tale che w = q(s)w 1 Infatti se w = a 0 T w 1 allora w = a 0 Sw 1 + λw 1 Per induzione supponiamo sia vero per tutti i polinomi fino al grado m 1 Allora dato che S m = (T λid) m = T m +h(t ) con degh(x) < m e dunque T m = S m h(t ), se w = p(t )w 1 = a m T m w 1 + +a 0 w 1 si ha w = a m S m w 1 +g(t )w 1 con g(x) di grado minore di m, e per induzione si ha il risultato Dunque w 1 è un generatore S-ciclico di W 1 Dunque per ogni w W 1 esiste un polinomio q(x) di grado m tale che w = q(s)w 1 = a 0 w 1 + +a m S m w 1 Ma poichè S j w 1 = 0 per j s si ha w = a 0 w a s 1 S s 1 w 1 Ragionando come in precedenza quando abbiamo trovato la dimensione degli E λ j, si vede che w 1, Sw 1,, S s 1 w 1 sono linearmente indipendenti Si noti che il polinomio minimo di T ristretto a W 1 è (x λ) s e dunque la dimensione di W 1 coincide con il grado del polinomio minimo di T ristretto a W 1 Si ripete il ragionamento per tutti i W j Si nota che per ogni W j risulta dim(w j V λ ) = 1 e quindi risulta m = ma(λ) Ordiniamo in modo decrescente i W j in base alla loro dimensione Sia η k il numero di spazi W j di dimensione k Occorre e basta provare che gli η k sono univocamente determinati da S Dalla base di W j si vede subito che dim(w j S l (E λ )) = 0 se l dimw j, mentre dim(w j S l (E λ )) = dimw j l se l < dimw j Pertanto ogni spazio di dimensione β k (con k = 0,, β) contribuisce con (β k) (β j) = j k vettori linearmente indipendenti ad una base di Im(S β j ) (dove 0 < j < k) Pertanto si ha, per 0 j < β dim ImS β j = jη β + (j 1)η β η j+1 Da qui si vede subito che η β è determinato solo da S, dunque anche η β 1 è determinato solo da S e cosi via tutti gli altri 5 LA FORMA DI JORDAN Definizione 51 Una matrice A quadrata m m si dice un blocco di Jordan di dimensione m relativo a λ C se a ii = λ, a i+1,i = 1 per i = 1,, m, e tutte le altre entrate a ij = 0 se i j, j + 1 Una matrice N N J si dice matrice di Jordan se è una matrice a blocchi, in cui ogni blocco è di Jordan

11 FORMA DI JORDAN 11 Definizione 52 Sia T End(V ) Si dice che T è riducibile in forma di Jordan se esiste una base (detta base di Jordan per T ) di V in cui la matrice associata a T sia una matrice di Jordan Teorema 53 (Esistenza della forma di Jordan) Sia T End(V ) L endomorfismo T è riducibile in forma di Jordan se e solo se il suo polinomio caratteristico p T (x) si spezza nel prodotto di fattori lineari Dimostrazione Se T è riducibile in forma di Jordan basta calcolare p T (x) per la matrice associata a T nella base di Jordan per T e verificare che è prodotto di fattori lineari Viceversa si applica il Teorema 32 e il Teorema 42 Dato che ogni E λ j k è ciclico, per ogni j, k si sceglie un generatore ciclico v jk tale che, (T λ j Id) n jk vjk = 0 (dove n jk = dime λ j k ) Si pone allora e jk l = (T λ j Id) njk l v jk, per l = 1,, n jk Per la scelta fatta risulta che {e jk l }, ordinata in modo che e jk l+1 segua ejk l per ogni j, k, è una base di V, e si verifica subito che la matrice associata a T in tale base è una matrice di Jordan Teorema 54 (Unicità della forma di Jordan) La forma di Jordan di T End(V ) quando esiste è unica a meno di coniugio In altri termini, se A è una matrice di Jordan di T in una data base di V e B è una matrice di Jordan di T in un altra base, allora esiste una matrice C invertibile tale che B = C 1 AC Dimostrazione Notiamo che se A è una matrice di Jordan associata a T in una qualche base, allora lo spazio V ha una decomposizione in sottospazi T -invarianti ciclici (su ognuno di tali sottospazi T è dato da un blocco di Jordan di A) Si vede subito che ognuno di tali sottospazi è contenuto in un (unico) autospazio generalizzato di T e dunque l unicità segue dal Teorema 42 Per il teorema precedente è possibile parlare di numero dei blocchi di Jordan di T di una certa dimensione relativi ad un autovalore In effetti, come si vede dalla dimostrazione dei due precedenti teoremi, T ha un blocco di dimensione k relativo all autovalore λ j se e solo se nella decomposizione spettrale di V relativa a T esiste E λ j s di dimensione k Poniamo η j k = numero di blocchi di Jordan di dimensione k relativi a λ j Teorema 55 (Proprietà della forma di Jordan) Sia T End(V ) tale che p T (x) = (x λ 1 ) α1 (x λ r ) α r e µ T (x) = (x λ 1 ) β1 (x λ r ) β r Allora (1) α j = η j 1 + 2η j β j η j β j (2) η j β j 1 (3) η j η j β j = mg(λ j ) = dimv λj (4) dim[im(t λ j Id) β j k E λj ] = k 1 l=0 (k l)ηj β j l per k = 1,, β j 1 (5) η j β j k = dim[im(t λ jid) β j k+1 V λj ] dim[im(t λ j Id) β j k V λj ]

12 12 F BRACCI (6) η j k = 2dimKer(T λ jid) k dimker(t λ j Id) k+1 dimker(t λ j Id) k 1 Dimostrazione I punti dall 1 al 5 si ricavano direttamente dalla dimostrazione del Teorema 32 e 42 e dalle osservazioni precedenti Per quanto riguarda il punto 6, si nota che dim[im(t λ j Id) β j k E λj ] = rk(t λ j Id) β j k Eλj = α j dimker(t λ j Id) β j k Eλj = α j dimker(t λ j Id) β j k, poichè l operatore (T λ j Id) β j k è invertibile su i j E λi Dalla formula 4, tenendo conto che α j = dimker(t λ j Id) β j si ha la formula