Studio di una applicazione lineare sui polinomi a coefficienti complessi

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Studio di una applicazione lineare sui polinomi a coefficienti complessi #93524

avt
as2296
Punto
Ho molti dubbi su un esercizio riguardante una applicazione lineare sullo spazio vettoriale di polinomi a coefficienti complessi di grado non superiore a 3, soprattutto nel trovare la matrice associata all'applicazione lineare.

Sia V=P_3(\mathbb{C}) lo spazio vettoriale dei polinomi di grado minore o uguale a 3, a coefficienti complessi. Sia poi \phi:V\to V la funzione che porta ogni polinomio P nel polinomio che, in ogni t, assume il valore P(t+1).

(\phi(P))(t):=P(1+t)

È una trasformazione lineare o affine?

Calcolare \phi(0).

Calcolare la matrice che rappresenta \phi rispetto alla base ordinata (1,t,t^{2},t^{3}) di V.

Calcolare gli autovalori con la loro molteplicità algebrica e geometrica.

Grazie in anticipo!
 
 

Re: Studio di una applicazione lineare sui polinomi a coefficienti complessi #93538

avt
Omega
Amministratore
Prima di fare qualsiasi cosa cerchiamo di capire come si comporta nella pratica l'applicazione \phi: \mathbb{C}_3[t]\to \mathbb{C}_3[t].

Consideriamo un generico polinomio P\in\mathbb{C}_3[t] (e osserva che sto usando una differente notazione per indicare lo spazio vettoriale dei polinomi di grado al più 3 con coefficienti complessi, che a mio avviso è più chiara perché specifica l'indeterminata t).

P(t)=at^3+bt^2+ct+d

Se consideriamo come base ordinata \{1,t,t^2,t^3\}, possiamo esprimere il precedente polinomio sotto forma di vettore

(d,c,b,a)

Ok, consideriamo l'immagine di tale polinomio mediante \phi

(\phi(P))(t):=P(t+1)

Per avere l'immagine è sufficiente sostituire in P(t) l'indeterminata t con 1+t

\phi(at^3+bt^2+ct+d)=a(1+t)^3+b(1+t)^2+c(1+t)+d=

Sviluppiamo il cubo del binomio e il quadrato del binomio

=a(t^3+3t^2+3t+1)+b(t^2+2t+1)+c(t+1)+d=

Espandendo i prodotti e raccogliendo rispetto a t^3,t^2,t,1, otteniamo l'immagine

=at^3+(3a+b)t^2+(3a+2b+c)t+(a+b+c+d)

In sintesi

\\ \phi(at^3+bt^2+ct+d)=\\ \\ =at^3+(3a+b)t^2+(3a+2b+c)t+(a+b+c+d)\ \ \ (\bullet)

Per stabilire se l'applicazione \phi è un'applicazione lineare su \mathbb{C}_3[t] dobbiamo stabilire se, per ogni P,Q e se per ogni \alpha,\beta\in\mathbb{C}, risulta che

\phi(\alpha P+\beta Q)=\alpha \phi(P)+\beta \phi(Q)

In questo senso la (\bullet) può tornarci piuttosto utile. Chiamiamo

\\ P(t)=a_Pt^3+b_Pt^2+c_Pt+d_P\\ \\ Q(t)=a_Qt^3+b_Qt^2+c_Qt+d_Q

Quindi, se consideriamo \alpha P+\beta Q, possiamo scriverlo subito nella forma compatta

\alpha P(t)+\beta Q(t)=(\alpha a_P+\beta a_Q)t^3+(\alpha b_P+\beta b_Q)t^2+(\alpha c_P+\beta c_Q)t+(\alpha d_P+\beta d_Q)

Se consideriamo l'immagine di \alpha P+\beta Q mediante \phi, il controllo si riduce a puro smanettamento algebrico

\\ \phi(\alpha P+\beta Q)=\\ \\ =\phi[(\alpha a_P+\beta a_Q)t^3+(\alpha b_P+\beta b_Q)t^2+(\alpha c_P+\beta c_Q)t+(\alpha d_P+\beta d_Q)]=

I coefficienti sono ben apparecchiati e ci permettono di scrivere subito l'immagine ricorrendo a (\bullet). Ci basta sostituire i coefficienti con i rispettivi omonimi

\\ =(\alpha a_P+\beta a_Q)t^3+\\ \\ +(3(\alpha a_P+\beta a_Q)+(\alpha b_P+\beta b_Q))t^2+\\ \\ +(3(\alpha a_P+\beta a_Q)+2(\alpha b_P+\beta b_Q)+(\alpha c_P+\beta c_Q))t+\\ \\ +((\alpha a_P+\beta a_Q)+(\alpha b_P+\beta b_Q)+(\alpha c_P+\beta c_Q)+(\alpha d_P+\beta d_Q))=

Da qui è sufficiente vedere che la proprietà distributiva del prodotto rispetto alla somma ci consente di scrivere

\\ =\alpha[a_Pt^3+(3a_P+b_P)t^2+(3a_P+2b_P+c_P)t+(a_P+b_P+c_P+d_P)]+\\ \\ +\beta[a_Qt^3+(3a_Q+b_Q)t^2+(3a_Q+2b_Q+c_Q)t+(a_Q+b_Q+c_Q+d_Q)]=\\ \\ =\alpha\phi(P)+\beta\phi(Q)

Riguardo al successivo punto, ossia calcolare \phi(0), il tuo docente è proprio una brava persona. emt Qui sta dando possibilità di recupero a chi erroneamente ha concluso che l'applicazione data è affine. Risulta infatti

\phi(0)=0

il che evidentemente non può capitare nel caso di un'applicazione affine (l'origine ne risulterebbe traslata!).

Ora cerchiamo la matrice associata all'applicazione lineare. In questo frangente ti invito a leggere la lezione del precedente link e anche l'approfondimento sulle applicazioni lineari tra spazi di polinomi.

Tenendo conto dell'ordinamento della base (1,t,t^2,t^3), e tenendo conto che in forma vettoriale la \bullet si traduce nella forma

\phi:(d,c,b,a)\ \to\ (a+b+c+d,3a+2b+c,3a+b,a)

cerchiamo una matrice M tale per cui

\begin{bmatrix}m_{11} & m_{12} & m_{13} & m_{14}\\ m_{21} & m_{22} & m_{23} & m_{24}\\ m_{31} & m_{32} & m_{33} & m_{34} \\ m_{41} & m_{42} & m_{43} & m_{44}\end{bmatrix}\left[\begin{matrix}d\\ c\\ b\\ a\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}a+b+c+d\\ 3a+2b+c\\ 3a+b\\ a\end{matrix}\right]

Seguendo la logica del prodotto riga per colonna è immediato ricavare

\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}\left[\begin{matrix}d\\ c\\ b\\ a\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}a+b+c+d\\ 3a+2b+c\\ 3a+b\\ a\end{matrix}\right]

Per cui la matrice associata all'applicazione lineare è

M=\begin{bmatrix}1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}

Per calcolare gli autovalori della matrice dobbiamo determinare gli zeri del polinomio caratteristico

det(M-\lambda I)=0

e per farlo ci serve il determinante della matrice M-\lambda I

det\begin{bmatrix}1-\lambda & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1-\lambda & 2 & 3\\ 0 & 0 & 1-\lambda & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1-\lambda\end{bmatrix}

Per effettuare il calcolo ci conviene considerare uno sviluppo di Laplace lungo la colonna 1

det(M-\lambda I)=\sum_{i=1}^4(-1)^{i+1}a_{i1}det((M-\lambda I)_{i1})=

La scelta non è casuale: la presenza degli zeri semplifica di molto il calcolo

=(-1)^{1+1}(1-\lambda)det((M-\lambda I)_{11})=

Il complemento algebrico det((M-\lambda I)_{11}) è immediato da calcolare, possiamo ricorrere alla regola di Sarrus

\\ =(1-\lambda)det\begin{bmatrix}1-\lambda & 2 & 3\\ 0 & 1-\lambda & 3 \\ 0 & 0 & 1-\lambda\end{bmatrix}=\\ \\ \\ =(1-\lambda)\cdot (1-\lambda)^3=\\ \\ =(1-\lambda)^4

Da qui si deduce che vi è un solo autovalore, \lambda=1, con molteplicità algebrica ma(1)=4.

La molteplicità geometrica è la dimensione dell'autospazio associato all'autovalore \lambda=1, ossia lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

(M-1I)\underline{v}=\underline{0}

ossia

\begin{bmatrix}0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}\left[\begin{matrix}x\\ y\\ z\\ s\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}0\\ 0\\ 0\\ 0\end{matrix}\right]

In forma esplicita

\begin{cases}y+z+s=0\\ 2z+3s=0\\ 3s=0\\ 0=0\end{cases}

L'autospazio associato a \lambda=1 è lo spazio delle soluzioni: per la sua dimensione ci basta saper ricavare una base per lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo.

Ponendo x=\gamma\in\mathbb{C} come parametro libero

\begin{cases}x=\gamma\in\mathbb{C}\\ y=0\\ z=0\\ s=0\end{cases}

riusciamo a esprimere lo spazio delle soluzioni nella forma

\left\{\left[\begin{matrix}\gamma\\ 0\\ 0\\ 0\end{matrix}\right]\ :\ \gamma\in\mathbb{C}\right\}

e dunque una base di tale spazio è data ad esempio da

\left\{\left[\begin{matrix}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{matrix}\right]\right\}

Concludiamo che la dimensione dell'autospazio è 1 e dunque \lambda=1 ha molteplicità geometrica 1.
Ringraziano: Ifrit, CarFaby
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