Strani spazi vettoriali

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1 Stran spaz vettoral Enrco Gregoro 19 novembre 2009 Consderamo l nseme S delle successon d numer compless; gl element d S saranno ndcat con smbol come a[ ]. Le parentes quadre servono per denotare gl element della successone: se la successone q[ ] è avremo q[0] = 0, q[2] = 4 o, pù n generale, q[k] = k 2 (se q[ ] è la successone de quadrat. L nseme S è uno spazo vettorale non appena defnamo a[ ] + b[ ] = c[ ], c[k] = a[k] + b[k]; αa[ ] = d[ ], d[k] = αa[k]. Sono nent altro che vettor colonna, ma con nfnte rghe ; l unco problema è che S non è fntamente generato. Se defnamo e n [ ] tramte { 1 se k = n, e n [k] = 0 se k n, è abbastanza facle vedere che l nseme {e 0 [ ]; e 1 [ ];... ; e n [ ]} è lnearmente ndpendente, per ogn n. Se però lmtamo le successon da consderare, possamo avere sottospaz d S fntamente generat. Il caso fondamentale che voglamo trattare è quello delle successon defnte per rcorrenza, per esempo le successon s[ ] per le qual s[k + 2] = s[k + 1] 2s[k], per ogn k. È nfatt charo che una tale successone è determnata non appena s fssno valor s[0] e s[1]; se fssamo s[0] = 1 e s[1] = 2, avremo s[2] = 8, s[] = 20, s[4] = 76, s[5] = 188,... È anche charo che la successone nulla 0[ ] soddsfa questa relazone e che, se s[ ] e t[ ] soddsfano la relazone, anche s[ ] + t[ ] e αs[ ] hanno la stessa propretà, per ogn scalare α. Una relazone d rcorrenza può essere defnta a partre da un polnomo; per esempo la precedente è defnta dal polnomo 2 X + X 2. 1

2 Pù n generale, possamo dre che l polnomo p = α 0 + α 1 X + + α r X r defnsce la relazone d rcorrenza α 0 s[k] + α 1 s[k + 1] + + α r s[k + r] = 0 e dovrebbe essere charo come s passa dall uno all altra. Una successone che soddsfa la relazone d rcorrenza defnta dal polnomo p d grado r è determnata da valor s[0], s[1],..., s[r 1]. Non è restrttvo supporre che α r = 1, coè che l polnomo sa monco (eccetto che nel caso banale d p = 0 che non c nteressa e con termne noto non nullo; con questa scelta l polnomo assocato a una relazone d rcorrenza è unco. Se p è un polnomo monco, ndcheremo con (p l suo grado e con S(p l sottospazo d S delle successon che soddsfano la relazone d rcorrenza defnta da p. Il fatto che una successone a[ ] S(p sa determnata da termn a[0], a[1],..., a[r 1], dove r = (p, equvale a dre che dm S(p = (p. Il nostro scopo è d trovare una base d S(p. L dea che c guda è d cercare successon semplc che appartengano a S(p. La pù semplce successone che può venre n mente è una progressone artmetca: a[k] = kd dove d è fssato. Prendamo p = 2 X + X 2 e provamo a mporre la condzone che dventa a[k + 2] = a[k + 1] 2a[k] (k + 2d = (k + 1d 2kd coè, facendo cont, d = 0. Sembra poco nteressante. Il secondo tentatvo è con una progressone geometrca: a[k] = d k. Qu la condzone dventa d k+2 = d k+1 2d k che, semplfcando d k, porta a d 2 d + 2 = 0. Questo sembra davvero molto pù nteressante! Una progressone geometrca d ragone d soddsfa la relazone d rcorrenza se e solo se d è radce del polnomo p che defnsce la stessa relazone: è mmedato nfatt renders conto che la cosa vale n generale. Se l polnomo p ha radc dstnte, abbamo allora tante progresson geometrche quante ce ne servono per formare una base; c basta vedere che progresson geometrche con ragon dstnte sono lnearmente ndpendent. Supponamo dunque d 1, d 2,..., d n numer compless a due a due dstnt e non null e sa, per = 1, 2,..., n, a [ ][k] = d k. Voglamo dmostrare che l nseme {a 1 [ ]; a 2 [ ];... ; a n [ ]} 2

3 è lnearmente ndpendente. Sa allora α a [ ] = 0 1 n dove 0 denota la successone costante nulla. Questa relazone equvale a α a [k] = 0 per ogn k, coè 1 n 1 n α d k = 0, per ogn k. Se consderamo solo le relazon per 0 k n 1 abbamo un sstema lneare quadrato la cu matrce è d 1 d 2... d n d 2 1 d d 2 n d n 1 1 d n d n 1 n che è una matrce d Vandermonde; l suo determnante è allora (d d j 0. 1 <j n Percò l nostro sstema lneare ha soluzone unca e l nseme è lnearmente ndpendente. Teorema. Supponamo che p sa un polnomo monco con p(0 0. Se p non ha radc multple, allora una base d S(p è data dalle successon a 1 [k] = d k 1, a 2 [k] = d k 2,..., a r [k] = d k r dove d 1, d 2,..., d r sono le radc d p. Nel caso d p = 2 X + X 2 le radc sono 1 e 2, qund una base d S(p è data dalle due successon a[k] = 1 e b[k] = 2 k. Possamo dunque esprmere n termn fnt ogn successone s[ ] soddsfacente s[n + 2] = s[n + 1] 2s[n] come s[ ] = αa[ ] + βb[ ]. Se supponamo s[0] = s 0 e s[1] = s 1, la relazone dventa { α + β = s 0 α + 2β = s 1 coè α = 2s 0 s 1, β = s 1 s 0. Qund s[k] = (2s 0 s k (s 1 s 0.

4 Un caso molto noto è quello della successone d Fbonacc, defnta dalla relazone d rcorrenza F[n + 2] = F[n + 1] + F[n], F[0] = 0, F[1] = 1. Il polnomo p che defnsce la relazone è f = X 2 X 1, le cu radc sono ϕ = 1 + 5, 2 ϕ = 1 5 = 1 2 ϕ = 1 ϕ. Le radc sono dstnte, qund una base d S(f è data dalle due successon a[k] = ϕ k, b[k] = ϕ k e percò possamo scrvere F[ ] = αa[ ] + βb[ ]. Imponendo le condzon nzal ottenamo { α + β = 0 αϕ + β ϕ = 1 che con poco lavoro porta a α = 1/ 5, β = 1/ 5. Ne ottenamo la forma chusa della successone d Fbonacc: F[k] = 1 5 (ϕ k ϕ k. Non è affatto utle al calcolo de termn della successone, ma è assa nteressante. Il problema che abbamo ora è quello d trovare una base d S(p anche quando p abba radc multple. Introducamo l concetto d spostamento d una successone: se m 0 e s[ ] S, defnamo la successone s[ ] m tramte s[k] m = s[k + m]. In altre parole, se s[ ] è la successone s 0, s 1, s 2,..., s n,..., allora s[ ] 1 è la successone s 1, s 2, s,..., s n+1,... e così va per gl altr valor d m. Possamo adoperare lo spostamento per comprendere l cas fnora escluso d polnom (monc avent 0 come radce. Non è molto dffcle nfatt verfcare che, dato l polnomo p, s ha s[ ] S(Xp se e solo se s[ ] 1 S(p. Ma l utltà d questo concetto dventa ancor pù evdente se consderamo una successone s[ ] S(p; nfatt, se p = c 0 + c 1 X + + c r X r, abbamo c 0 s[ ] + c 1 s[ ] c r s[ ] r = 0. (* Vceversa, se s[ ] soddsfa la (*, allora s[ ] S(p. In generale, se p = c 0 +c 1 X + + c r X r è un polnomo e s[ ] S, porremo p s[ ] = c 0 s[ ] + c 1 s[ ] [ 1] + + c r s[ ] r. 4

5 L operazone ntrodotta è ovvamente blneare, nel senso che, se p e q sono polnom, s[ ] e t[ ] sono successone e α e β sono scalar, s ha p (s[ ] + t[ ] = p s[ ] + p t[ ], p (αs[ ] = α(p s[ ], (p + q s[ ] = p s[ ] + q s[ ], (αp s[ ] = α(p s[ ]. Come s comporta questa operazone rspetto alla moltplcazone d polnom? Osservamo che (Xp s[ ] = (p s[ ] 1 e che (αp s[ ] = α(p s[ ]. Possamo percò affermare, usando la lneartà e l nduzone, che pq s[ ] = p q s[ ]. In partcolare, se p s[ ] = 0, allora (fp s[ ] = 0, per ogn f. Dunque abbamo provato che, dat due polnom p e q, s ha S(q S(pq; ovvamente vale anche S(p S(pq, vsto che pq = qp. Ne segue che S(p + S(q S(pq. Supponamo ora che p e q sano polnom senza fattor comun; allora esstono polnom f e g tal che fp+gq = 1. Se s[ ] S(p S(q, abbamo (fp+gq s[ ] = (fp s[ ] + (gq s[ ] = 0, ma anche 1 s[ ] = s[ ] e percò s[ ] = 0. Abbamo percò dmostrato che, n questo caso, S(p S(q = {0}. Teorema. Se p e q sono polnom senza fattor comun, allora S(pq = S(p S(q. Dmostrazone. Sappamo gà che S(p S(q = {0} e che S(p + S(q S(pq. Abbamo po dm(s(p + S(q = dm S(p + dm S(q = (p + (q = (pq = dm S(pq e la tes è provata. Non è dffcle verfcare allora che se p = (X d 1 m1 (X d 2 m2... (X d r mr è la decomposzone del polnomo p n fattor lnear, con le radc d 1, d 2,..., d r a due a due dstnte, s avrà S(p = S((X d m. 1 r Dunque troveremo una base d S(p trovandone una d cascuno de sottospaz ndcat. Nel caso n cu m 1 = m 2 = = m r = 1 abbamo gà svolto le necessare consderazon. C rmane allora da calcolare una base d S((X d con m > 0 (vedremo po perché usamo m + 1, è solo per comodtà. Supponamo d avere una successone fnta a 0, a 1,..., a n ; cerchamo, se esste, una relazone d rcorrenza che la gener, nel modo pù economco possble, coè tramte un polnomo d grado mnmo. È charo che c basterebbe un polnomo p d grado n+1: una successone n S(p sarebbe determnata da termn d posto 0 fno a n; dunque cerchamo qualcosa d grado nferore. 5

6 In partcolare cerchamo una relazone d rcorrenza che gener la successone de natural defnta da un polnomo d grado 2, c 0 + c 1 X + X 2 ; se n[k] = k è la successone de natural, dobbamo avere che s traduce, per ogn k, n c 0 n[ ] + c 1 n[ ] 1 + n[ ] 2 = 0 c 0 k + c 1 (k (k + 2 = 0. Se ponamo k = 0 abbamo c 1 +2 = 0, se ponamo k = 1 abbamo c 0 +2c 1 + = 0 e dunque c 0 = 1, c 1 = 2, coè l polnomo che cerchamo è (X 1 2. È mmedato verfcare che n[ ] S((X 1 2. Se s cerca un polnomo d grado che gener la successone de quadrat s trova (X 1 e possamo congetturare che la successone delle potenze m-esme sa generata da (X 1. Ponamo allora f m = (X 1 m e n m [k] = k m. Teorema. Per ogn m s ha n m [ ] S(f. Dmostrazone. Scrvamo l espressone che voglamo maneggare fno a provare che vale 0: ( m + 1 f n m [k] = ( 1 (k + m. Consderamo allora la funzone polnomale su real ( m + 1 g (x = ( 1 (x + m =0 =0 e dmostramo, per nduzone su m, che g (x = 0. Il passo base, per m = 0 è ovvo. Dvderemo l passo nduttvo n due part: dmostreremo dapprma che g (x = 0, qund che g è costante; po che g (0 = 0. Calcolamo dunque la dervata g (x = m =0 ( m + 1 = mx m 1 + m Rcordamo l denttà, per > 0, ( m + 1 = dalla quale possamo rcavare g (x m ( m = x m 1 + m =1 m =1 ( m 1 =1 ( 1 (x + m 1 m ( m + 1 ( 1 (x + m 1 + m( 1 (x + m + 1 m 1. ( ( m m + 1 ( 1 (x + m 1 + ( 1 (x + m 1 + ( 1 (x + m + 1 m 1. 6

7 È evdente che x m 1 + m =1 ( m ( 1 (x + m 1 = g m (x. Nella seconda sommatora cambamo l ndce, ponendo j = 1, ottenendo dunque g (x m ( m = g m (x + ( 1 j+1 (x m 1 + ( 1 (x + m + 1 m 1 m j j=0 = g m (x g m (x + 1 e, per potes nduttva, possamo assumere che g m sa 0. Ne segue che la funzone g è costante e c basta calcolarne l valore n 0. Ora ( m + 1 g (0 = ( 1 m =1 perché per potes m > 0 e possamo dunque trascurare l termne per = 0. Cambando l ndce con j = 1 abbamo m ( m + 1 g (0 = ( 1 j (j + 1 m. j + 1 j=0 Possamo però faclmente verfcare che ( m + 1 (j + 1 m = (m + 1 j + 1 e qund g (0 = (m + 1 che è 0 per potes nduttva. m j=0 ( m j (j + 1 m 1 ( m ( 1 j (j + 1 m 1 = (m + 1g m (1 j Teorema. L nseme {n 0 [ ]; n 1 [ ];... ; n m [ ]} è una base d S((X 1. Dmostrazone. Il teorema precedente dce che le successon appartengono a S((X 1 che ha dmensone m + 1. Dunque c basta vedere che sono lnearmente ndpendent. L uguaglanza corrsponde a α 0 n 0 [ ] + α 1 n 1 [ ] + + α m n m [ ] = 0 α 0 n 0 [k] + α 1 n 1 [k] + + α m n m [k] = 0, per ogn k; ponendo k = 0, 1,..., m, ottenamo l sstema omogeneo la cu matrce de coeffcent è m m m 1 m... m m l cu determnante, svluppato rspetto alla prma colonna, s rduce a quello d una matrce d Vandermonde, qund è non nullo. 7

8 S tratta ora d fare una congettura astuta su quale possa essere una base d S((X d per d 0. Consderamo la successone s[ ] defnta da s[k] = h(kd k, dove h: N C è una opportuna funzone, e cerchamo d vedere quando s[ ] S((X d, coè (X d s[ ] = 0. Scrvendo l denttà per l termne d posto k ottenamo che dventa =0 =0 ( m + 1 ( m + 1 coè, raggruppando le potenze d d, d m+k =0 ( 1 d s[k + ] = 0 ( 1 d h(k + d k+ = 0 ( m + 1 ( 1 h(k + = 0. Questo è quanto dre che la successone defnta da h[k] = h(k appartene a S((X 1. Dunque possamo scrvere e percò s[ ] s può scrvere come h[ ] = α 0 n 0 [ ] + α 1 n 1 [ ] + + α m n m [ ] s[k] = α 0 d k + α 1 kd k + + α m k m d k. Non è dffcle verfcare che le successon defnte da n m,d [k] = k m d k per m N e d 0 sono lnearmente ndpendent, pù precsamente che {n 0,d [ ]; n 1,d [ ];... ; n m,d [ ]} è una base d S((X d. Voglamo, per esempo, trovare una forma chusa per la soluzone della relazone d rcorrenza s[k + ] 6s[k + 2] + 12s[k + 1] 8s[k], s[0] = 1, s[1] = 2, s[2] = 28. Il polnomo è X 6X X 8 = (X 2 e qund sappamo che possamo scrvere s[ ] = c 0 n 0,2 [ ] + c 1 n 1,2 [ ] + c 2 n 2,2 [ ] coè, per ogn k, s[k] = c 0 2 k + c 1 k 2 k + c 2 k 2 2 k 8

9 che s traduce nelle condzon c 0 = 1 2c 0 + 2c 1 + 2c 2 = 2 4c 0 + 8c c 2 = 28 che s rduce a c 0 = 1, c 1 =, c 2 =. Qund s[k] = 2 k k 2 k + k 2 2 k = 2 k (1 k + k 2. Rassumamo l tutto nel teorema fnale. Scrveremo (X d per ndcare la molteplctà della radce d per rendere meno complcata la scrttura della base. Teorema. Sa p(x un polnomo monco a coeffcent compless, con p(0 0. Se p(x = (X d 1 m1+1 (X d 2 m (X d r mr+1 è la decomposzone prmara d p(x, una base d S(p è data da {n 0,d1 [ ]; n 1,d1 [ ];... ; n m1,d 1 [ ]; n 0,d2 [ ]; n 1,d2 [ ];... ; n m2,d 2 [ ];... ; dove n m,d [ ] è la successone defnta da Successon real n 0,dr [ ]; n 1,dr [ ];... ; n mr,d r [ ]}, n m,d [k] = k m d k. Che succede se una successone soddsfa una relazone d rcorrenza a coeffcent real e valor nzal sono real, ma le radc del polnomo assocato alla relazone sono complesse? È evdente che tutt termn della successone saranno real, ma espress tramte numer compless. Vedamo un caso facle, con l polnomo p(x = X La relazone d rcorrenza è s[k + 2] = s[k] = 0 e se valor nzal sono s[0] = 2, s[1] = 1, la successone è 2, 1, 2, 1, 2, 1,..., com è evdente. Secondo la teora precedente dobbamo avere s[k] = c 0 k + c 1 ( k e le relazon per valor nzal sono { c c 1 ( 0 = 2, c c 1 ( 1 = 1, da cu c 0 + c 1 = 2 e c 0 c 1 = che danno c 0 = (2 /2, c 1 = (2 + /2. Ma rcordando la formula d De Movre (cos ϕ + sn ϕ k = cos kϕ + sn kϕ 9

10 e che = cos(π/2 + sn(π/2, possamo scrvere ( s[k] = c 0 cos kπ 2 + sn kπ 2 + c 1 ( cos kπ 2 sn kπ 2 Dando a c 0 e a c 1 valor trovat e rducendo termn sml,. s[k] = 2 cos kπ 2 + sn kπ 2 e s può controllare che tutto torna. Pù n generale, se l polnomo ha coeffcent real, le radc complesse vanno n coppe conugate, con la stessa molteplctà. Una soluzone fondamentale dunque conterrà una combnazone lneare della forma l termne d posto k è αn m,d [ ] + βn m, d[ ]; αn m,d [k] + βn m, d[k] = αk m d k + βk m dk e, se termn devono essere real, occorre che sa reale z = αd k + β d k. Ma z = βd k + ᾱ d k e dall uguaglanza z = z rcavamo (α βd k (β ᾱ d k = 0 Ponendo, per semplctà, γ = α β e valutando per k = 0 e k = 1 ottenamo { γ γ = 0, γd γ d = 0. L potes fondamentale è che d sa una radce complessa e non reale, così che d d. Dunque le uguaglanze danno γ = 0, coè β = ᾱ come era atteso. Se ponamo α = u/2 v/2, trovamo con facl calcol che la successone d partenza è uk m ρ k cos(kϕ + vk m ρ k sn(kϕ, dove, ovvamente, d = ρ(cos ϕ + sn ϕ. L arbtraretà d α e β (con la condzone che l rsultato sa reale equvale all arbtraretà d u e v. Per esempo, voglamo rsolvere la rcorrenza s[k + 2] + s[k + 1] + s[k] = 0, s[0] = 0, s[1] = 1. che non sembra molto dversa dalla rcorrenza d Fbonacc. I prm termn sono 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0 e rconoscamo una struttura perodca. Il polnomo è p(x = X 2 + X + 1 che ha come radc cos(2π/ + sn(2π/ e l conugato, coè le radc cubche non real d 1. La soluzone generale è s[k] = u cos 2kπ + v sn 2kπ 10

11 e le condzon nzal danno da cu abbamo u = 0, 1 2 u + 2 v = 1 s[k] = 2 sn 2kπ. Con dat nzal s[0] = 1 e s[1] = 2 avremmo u = 1, 1 2 u + 2 v = 2, coè u = 1 e v =, coè s[k] = cos 2kπ + sn 2kπ = 1 ( 2kπ 2 cos π e prm termn sono 1, 2,, 1, 2,, 1, 2; la successone è ancora, ovvamente, perodca. D fatto ogn successone della forma k m ρ k (u cos(kϕ + v sn(kϕ s può scrvere come k m ρ k A cos(kϕ ψ dove A = u 2 + v 2 e cos ψ = u/a, sn ψ = v/a. 11