POLINOMIO MINIMO E FORMA CANONICA DI JORDAN 1. Il

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POLINOMIO MINIMO E FORMA CANONICA DI JORDAN
1. Il polinomio minimo.
Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita n sul campo K. Lo spazio vettoriale
End V degli endomorfismi di V ha dimensione n2 . Ne deriva che, dato un endomorfismo
T di V , al più n2 tra le potenze I, T, T 2 , . . . , T k , . . . di T sono linearmente indipendenti.
Dunque esiste un intero positivo k ≤ n2 , e k + 1 scalari a0 , a1 , . . . , ak , con ak 6= 0, tali che
a0 I + a1 T + · · · + ak T k = 0. Posto p(x) = ak xk + · · · + a1 x + a0 , il polinomio p(x) ∈ K[x] ha
grado k e ”annulla” T , ovvero p(T ) = ak T k + · · · + a1 T + a0 I = 0 in End V .
Osservazione. Al prodotto pq di due polinomi corrisponde la
degli
Pcomposizione
P endomorfii
smi: (pq)(T ) = p(T ) ◦ q(T ) = q(T ) ◦ p(T ). Infatti, se p(x) = i ai x e q(x) = j bj xj , allora

P
P
P
P
j
i
b
T
.
(pq)(x) = i,j ai bj xi+j , da cui (pq)(T ) = i,j ai bj T i+j =
◦
T
a
j j
i i
Proposizione 1.1. L’insieme IT = {p ∈ K[x] : p(T ) = 0} costituito dai polinomi che
annullano T è un ideale di K[x] contenente elementi non nulli.
Dimostrazione. Se p1 , p2 ∈ IT , allora (p1 + p2 )(T ) = p1 (T ) + p2 (T ) = 0 + 0 = 0. Se q ∈ K[x]
e p ∈ IT , allora (pq)(T ) = p(T ) ◦ q(T ) = 0. Inoltre abbiamo visto sopra che IT contiene un
polinomio di grado positivo k ≤ n2 .
L’ideale IT contiene un unico polinomio monico (cioè con coefficiente direttivo uguale a
1) di grado minimo tra gli elementi di IT . Infatti, se due polinomi monici avessero grado
minimo, e quindi uguale grado, la loro differenza sarebbe un polinomio in IT di grado minore.
Definizione. Il polinomio minimo di un endomorfismo T è l’unico polinomio monico µT di
grado minimo in IT .
Se A ∈ Mn (K) è una matrice quadrata, denoteremo con µA il polinomio minimo dell’endomorfismo LA di Kn associato ad A.
Proposizione 1.2. I polinomi che annullano T sono i multipli di µT .
Dimostrazione. Sia p1 ∈ IT . Dividiamo p1 per µT :
p1 = qµT + r,
con gr(r) < gr(µT )
Dunque 0 = p1 (T ) = q(T )µT (T ) + r(T ) = r(T ). Se fosse r 6= 0, dividendo r per il suo
coefficiente direttivo si avrebbe un polinomio monico in IT di grado minore del grado di µT .
Quindi deve essere r = 0 e p1 = qµT .
Mostriamo ora che la conoscenza del polinomio minimo consente di determinare lo spettro
di T .
Proposizione 1.3. sp(T ) = {λ ∈ K : µT (λ) = 0}.
Dimostrazione. (1) se λ ∈ sp(T ), esiste v 6= 0 tale che T (v) = λv. Ne deriva che T 2 (v) = λ2 v
e in generale T k (v) = λk v e quindi p(T )(v) = p(λ)v per ogni polinomio p. In particolare,
0 = µT (T )(v) = µT (λ)v, da cui µT (λ) = 0.
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1
2
(2) sia µT (λ) = 0 e sia p(x) = µT (x)/(x − λ) ∈ K[x]. Se T − λI fosse invertibile, da
(T − λI) ◦ p(T ) = µT (T ) = 0 si otterrebbe p(T ) = 0, in contrasto con la minimalità del grado
di µT tra gli elementi di IT . Quindi T − λI non è invertibile e λ è un autovalore.
Abbiamo visto in precedenza che il grado del polinomio minimo non può superare n2 .
Questo risultato può essere migliorato mediante un procedimento che fornisce anche una
tecnica efficiente per il calcolo di µT .
Proposizione 1.4. Il grado di µT è sempre minore o uguale alla dimensione di V .
Per la dimostrazione, usiamo il seguente risultato.
Lemma 1.5. Sia W un sottospazio T -invariante di V , cioè tale che T (W ) ⊂ W . Sia
V = W ⊕ U e siano P1 e P2 le proiezioni di V su W e U . Siano T1 = T|W ∈ End W e
T2 = P2 ◦ T|U ∈ End U . Allora, per ogni polinomio p(x), si ha P2 ◦ p(T ) = p(T2 ) su U .
Dimostrazione. Essendo Im T ◦ P1 ⊂ W , si ha P2 ◦ T ◦ P1 = 0 e quindi P2 ◦ T = P2 ◦ T ◦ I =
P2 ◦ T ◦ (P1 + P2 ) = P2 ◦ T ◦ P2 . Ne deriva, per induzione su h, che (P2 ◦ T )h = P2 ◦ T h per
h−1
ogni h ≥ 1: se (P2 ◦ T )h−1 = P2 ◦ T h−1 , allora (P2 ◦ T )h = (PP
) = P2 ◦ T h .
2 ◦ T ) ◦ (P2 ◦ T
h
Da questa uguaglianza si ottiene, per ogni polinomio p(x) = h ah x ,
p(T2 ) =
X
h
ah (P2 ◦ T )h =
X
h
ah (P2 ◦ T h ) = P2 ◦
X
h
ah T h = P2 ◦ p(T )
su U .
Dimostrazione della Proposizione 1.4. Procediamo per induzione su n = dim V . Per n = 1
si ha T = aI e quindi µT (x) = x − a ha grado 1. Sia ora n > 1 e supponiamo vero il risultato
per spazi di dimensione minore di n. Sia v 6= 0 un vettore di V e sia d il più piccolo intero
positivo tale che gli elementi v, T (v), T 2 (v),. . . ,T d (v) siano linearmente dipendenti. Dunque
d ≤ n ed esiste un polinomio monico µT,v di grado d tale che µT,v (T )(v) = 0.
Sia W = Ker µT,v (T ). Si osservi che v, T (v), . . . , T d−1 (v) ∈ W e quindi k = dim W ≥ d.
Si danno ora due casi:
1) k = n, cioè W = V . In tal caso µT = µT,v poiché µT,v ∈ IT e quindi ha grado
d ≥ gr(µT ), ma per la scelta di d è anche d ≤ gr(µT ) e quindi i due polinomi (monici)
coincidono. In particolare, se il grado di µT,v è n si ricade in questo caso.
2) k < n. W è un sottospazio T -invariante. Sia V = W ⊕ U . L’endomorfismo di U
T2 = P2 ◦ T|U ha polinomio minimo µT2 che ha grado, per l’ipotesi induttiva, non superiore
a dim U = n − k. Per il Lemma 1.5 si ha P2 ◦ µT2 (T ) = µT2 (T2 ) = 0 su U , e quindi
µT2 (T )(u) ∈ W per ogni u ∈ U .
Per ogni elemento w + u ∈ V , con w ∈ W e u ∈ U , si ha
µT,v (T ) ◦ µT2 (T )(w + u) = µT2 (T )(µT,v (T )(w)) + µT,v (T )(µT2 (T )(u)) = 0
poiché w ∈ Ker µT,v (T ) e µT2 (T )(u) ∈ W .
Dunque µT,v · µT2 ∈ IT , da cui gr(µT ) ≤ gr(µT,v ) + gr(µT2 ) ≤ k + (n − k) = n.
Osservazione 1. In effetti, il polinomio minimo di T è il prodotto di µT,v e µT2 , come deriva
dalle considerazioni seguenti:
(i) ripetendo il ragionamento fatto nel caso (1), con W al posto di V , si ottiene che µT,v
è il polinomio minimo µT1 di T1 . Ma µT annulla T1 e quindi µT = µT,v · p con p ∈ K[x];
(ii) µT,v (T )◦p(T ) = µT (T ) = 0 ⇒ Im p(T ) ⊂ W ⇒ per il Lemma 1.5 p(T2 ) = P2 ◦p(T ) =
0. Dunque p annulla T2 e p = µT2 · q con q ∈ K[x];
3
(iii) se fosse gr(q) > 0, µT = µT,v µT2 q avrebbe grado maggiore del grado di µT,v µT2 ∈ IT .
Ma questo non può essere e dunque è q = 1 e µT = µT,v µT2 .
Osservazione 2. La matrice rappresentativa di T rispetto a una base di V ottenuta completando una base di W ha forma a blocchi triangolare alta

A B
O C
con A ∈ Mk (K) matrice rappresentativa di T1 , C ∈ Mn−k (K) matrice rappresentativa di T2
e O matrice nulla di ordine (n − k) × k. Dunque µT = µT,v · µC e µC può essere a sua volta
calcolato riapplicando il procedimento descritto.


0 −1 −2 −1
3
0
1 .
Esempio 1. Sia T = LA ∈ End R4 , con A =  1
1
1
2
1
1  0 2
2
 
 
0
1
−4
Scelto v =  0 , si ha Av =  1 , A2 v =  4  = 4Av − 4v. Dunque µA,v (x) =
1
0
4
0
1

4
0 −1
2 −1
0
0
0
x2 −4x+4 = (x−2)2 . Sia W = Ker(A−2I4 )2 = Ker  00
0
0
0 . W ha dimensione
0
1 −2
1
T
3,
con
base
{v,
Av,
0)
(0,
2,
1,
}
B di R4 aggiungendo
che
può
essere
completata
a
una
base


 
0 −4 −4 −1
0
4
2
0  e quindi µ (x) = µ (x) · (x − 1) =
 1 . Si ottiene MB (T ) =  1
A,v
A
0
0
2
1
0
0
0
0
1
0
(x − 2)2 (x − 1).
2. Polinomio minimo e diagonalizzabilità.
Definizione. Diremo che un endomorfismo T di V ha tutti gli autovalori in K se il suo
polinomio caratteristico pT ha esattamente n = dim V radici, contate con la loro molteplicità,
Qh
cioè se esistono elementi distinti λ1 , . . . , λh in K tali che pT (x) = i=1 (λi − x)mi , con mi
molteplicità algebrica di λi .
Equivalentemente, per la Proposizione 1.3, T ha tutti gli autovalori in K quando si può
Qh
scrivere µT (x) = i=1 (x − λi )di in K[x]. Gli esponenti di sono detti indici degli autovalori
λi .
Teorema 2.1. Sia T ∈ End V un endomorfismo con tutti gli autovalori in K. Siano
Qh
λ1 , . . . , λh gli autovalori distinti di T . Supponiamo che p(x) = i=1 (x − λi )αi annulli T .
Lh
Allora V = i=1 Ker(T − λi I)αi .
Dimostrazione. Procediamo per induzione su n = dim V . Se n = 1 si ha h = 1 e dim Ker(T −
λ1 I) = 1 e quindi V = Ker(T − λ1 I)α1 .
Sia ora n > 1 e supponiamo il teorema vero per spazi di dimensione minore di n. Poniamo
N = T − λ1 I e mostriamo che si ha la decomposizione
V = Ker N α1 ⊕ Im N α1
Qh
Sia w = N α1 (v) ∈ Ker N α1 ∩ Im N α1 e sia q(x) = i=2 (x − λi )αi . Allora q(T )(w) =
q(T )(N α1 (v)) = p(T )(v) = 0. Se fosse w =
6 0, essendo N α1 (w) = 0, esisterebbe k ≥ 1 tale
che N k (w) = 0 e u = N k−1 (w) 6= 0, cioè u sarebbe autovettore di T relativo a λ1 . Allora
4
q(λ1 )u = q(T )(u) = N k−1 ◦ q(T )(w) = 0. Ne deriverebbe q(λ1 ) = 0, ma λ1 non è radice di q.
Quindi deve essere w = 0. Dal teorema della dimensione segue la somma diretta.
Siano ora W = Ker N α1 , U = Im N α1 . W e U sono sottospazi T -invarianti, con dim U < n.
T1 = T|W ha solo l’autovalore λ1 , poiché (x − λ1 )α1 annulla T1 e quindi è un multiplo di µT1 .
T2 = T|U ∈ End U e il conto fatto sopra mostra che q(T2 ) = 0 su U . Per l’ipotesi induttiva
Lh
si ha U = i=2 Ker(T2 − λi I)αi . Per concludere basta ora mostrare che Ker(T2 − λi I)αi =
Ker(T − λi I)αi per ogni i > 1. Sia M = (T − λi I)αi , i > 1. M è invertibile su W e W
e U sono M -invarianti. Se v = w + u ∈ Ker M , con w ∈ W e u ∈ U , si ha 0 = M (v) =
M (w) + M (u), da cui, essendo la somma diretta, M (w) = M (u) = 0. Quindi w = 0 e
v ∈ Ker M|U = Ker(T2 − λi I)αi . Dunque Ker(T2 − λi I)αi = Ker(T − λi I)αi .
Definizione. v ∈ V è un autovettore generalizzato di T , con autovalore λ, se v 6= 0 e
(T − λI)m (v) = 0 per un intero positivo m.
Corollario 2.2 (teorema spettrale). Sia T un endomorfismo di V con tutti gli autovalori
in K. Allora ogni vettore di V si può scrivere come somma di autovettori o autovettori
Lh
Qh
generalizzati di T . Se µT (x) = i=1 (x − λi )di , si ha V = i=1 Ker(T − λi I)di .
Corollario 2.3. T è diagonalizzabile se e solo se T ha tutti gli autovalori in K e µT non ha
radici multiple.
Dimostrazione. µT non ha radici multiple ⇔ di = 1 per ogni i ⇔ V è somma diretta degli
autospazi Ker(T − λi I).
Corollario 2.4. T è diagonalizzabile se e solo se T ha tutti gli autovalori in K e il polinomio
Qh
caratteristico ridotto rT (x) = i=1 (x − λi ) annulla T . In tal caso, rT è il polinomio minimo
di T .
Dimostrazione. Se T è diagonalizzabile, per il Corollario 2.3 si ha µT = rT e quindi rT (T ) =
Lh
0. Viceversa, se rT (T ) = 0, per il teorema si ha V =
i=1 Ker(T − λi I) e quindi T è
diagonalizzabile.
Un polinomio p ∈ K[x] non ha radici multiple se e solo se il massimo comune divisore
MCD(p, p0 ) di p e della sua derivata p0 non ha radici in K (vedi la Proposizione 14C.7 in [A]).
Se K = C, per il Teorema Fondamentale dell’Algebra ogni endomorfismo T ha tutti gli
autovalori nel campo. Il polinomio MCD(µT , µT0 ) può essere calcolato utilizzando l’algoritmo
euclideo (vedi [A]§11C.2), e risulta privo di radici se e solo se è la costante 1.
Se K = R, oltre a stabilire se MCD(µT , µT0 ) = 1, bisogna assicurarsi che le radici di
µT siano tutte reali. Per questo si può applicare il Teorema di Sturm, che non richiede
la conoscenza degli autovalori. Sia p0 , . . . , ps ∈ K[x] la sequenza standard associata a un
polinomio p(x), definita nel modo seguente:
p0 = p, p1 = p0 , p2 = −r1 con r1 resto della divisione p0 = p1 q1 + r1 (gr(r1 ) < gr(p1 )),
p3 = −r2 , con p1 = p2 q2 + r2 (gr(r2 ) < gr(p2 )), e cosı̀ via fino a trovare ps−1 = ps qs con
resto rs = 0.
Il polinomio p ∈ R[x] ha h = gr(p) radici reali e distinte se e solo se s = h e i polinomi
della sequenza standard hanno coefficienti direttivi tutti dello stesso segno (vedi il Corollario
14C.12 in [A]). Si noti che, a meno del segno, i pi sono i resti nell’algoritmo euclideo per
il calcolo del polinomio MCD(p, p0 ) e quindi ps coincide con MCD(p, p0 ) a meno di una
costante moltiplicativa. In particolare, se si ha s = h allora gr(ps ) = 0 poiché i gradi nella
sequenza decrescono. Il Corollario 2.3 diventa il seguente criterio per la diagonalizzabilità
senza conoscere gli autovalori.
5
Corollario 2.5. Sia K = C. T è diagonalizzabile se e solo se il polinomio ps della sequenza
standard di µT è una costante, cioè MCD(µT , µT0 ) = 1.
Sia K = R. T è diagonalizzabile se e solo se la sequenza standard di µT ha gr(µT ) + 1
termini, con coefficienti direttivi tutti positivi.

1
1
−2
Esempio 2. Sia T = LA , con A =
1 −2
1 .
1
0 −2
Il polinomio minimo di A è µA (x) = x3 + 6x2 + 10x + 3. La sequenza standard di µA è
5
4x 11
+ , p3 (x) =
3
3
16
0
Dunque MCD(µA , µA ) = 1 e A è diagonalizzabile su C. I coefficienti direttivi sono tutti
positivi e quindi A è diagonalizzabile anche su R.
p0 (x) = x3 + 6x2 + 10x + 3,
p1 (x) = 3x2 + 12x + 10,
p2 (x) =
Su un campo K contenente i numeri razionali, il polinomio caratteristico ridotto rT è il
polinomio (−1)n pT / MCD(pT , p0T ). Dunque il Corollario 2.4 fornisce un criterio di diagonalizzabilità a partire dal polinomio caratteristico, senza conoscere gli autovalori.
Corollario 2.6. Sia K = C. T è diagonalizzabile se e solo se rT (T ) = 0.
Sia K = R. T è diagonalizzabile se e solo se rT (T ) = 0 e la sequenza standard di rT
(oppure di pT ) ha gr(rT ) + 1 termini, con coefficienti direttivi tutti dello stesso segno.
Dimostrazione. Sia K = R e h = gr(rT ). La sequenza standard p0 , . . . , ps di pT ha s + 1 ≤
h + 1 termini, poiché se fosse s > h si avrebbe gr(ps ) ≤ n − s < n − h = gr(MCD(pT , p0T )) =
gr(ps ). Per il Corollario 14C.12 in [A], che vale anche per polinomi con radici multiple, pT
ha h radici reali se e solo se s = h e i coefficienti direttivi di p0 , . . . , ps hanno tutti lo stesso
segno.
3. Forma canonica di Jordan.
Sia T un endomorfismo di V con tutti gli autovalori in K. Per il teorema spettrale
(Corollario 2.2) V è somma diretta degli h sottospazi T -invarianti Vi = Ker(T − λi I)di (gli
autospazi generalizzati). La matrice rappresentativa di T rispetto a una base di V ottenuta
unendo basi degli spazi Vi ha forma diagonale a blocchi


A1 O · · · O
. 
..

.
O
.. 
A= .

..
 ..
. O 
O · · · O Ah
Qh
con Ai matrice rappresentativa di Ti = T|Vi . Si osservi che pT = det(A − λIn ) = i=1 pTi
e Ti ha solo l’autovalore λi , poiché (x − λi )di annulla Ti . Dunque pTi (x) = (λi − x)dim Vi e
Qh
pT (x) = i=1 (λi − x)dim Vi . Ne deriva che dim Vi = mi , la molteplicità algebrica di λi .
Nel seguito studieremo l’azione degli endomorfismi Ti . Mostreremo che essa è completamente determinata dalle dimensioni dei sottospazi Ker(T − λi I)m , m = 1, 2, . . . , di . Premettiamo alcune definizioni.
Definizione. Il blocco di Jordan di ordine

λ
0
.
.
Jk (λ) = 
.
0
0
k relativo a λ ∈ K è la matrice k × k

1 0 ··· 0
λ 1 ··· 0
. ..
.
..

.
. .. 
..
λ 1
0 ···
0
···
0
λ
6
Una base B di V è una base di Jordan per T se la matrice rappresentativa MB (T ) ha forma
diagonale a blocchi, con blocchi di Jordan Jk (λ) lungo la diagonale principale. La matrice
MB (T ) è detta forma canonica di Jordan di T .
La forma canonica di Jordan di una matrice A ∈ Mn (K) è la forma canonica di Jordan
dell’endomorfismo LA di Kn associato ad A.
Teorema 3.1. Sia T un endomorfismo di V con tutti gli autovalori in K. Allora:
1) esiste una base di Jordan per T ;
2) a meno dell’ordine dei blocchi di Jordan lungo la diagonale, esiste un’unica forma canonica di Jordan di T . Precisamente, se λ1 , . . . , λh sono gli autovalori distinti di T , il numero
di blocchi Jk (λi ) è uguale a
sk+1 (λi ) + sk−1 (λi ) − 2sk (λi ),
con sk (λi ) = rg((T − λi I)k )
Per la dimostrazione, usiamo il seguente risultato.
Lemma 3.2. Sia S un endomorfismo di un sottospazio W di V , tale che S d = 0 (S nilpotente). Allora esiste una base di Jordan per S. Il numero di blocchi di Jordan di ordine k è
uguale a 2 dim Ker S k − dim Ker S k+1 − dim Ker S k−1 .
Dimostrazione. Sia Nj = Ker S j . Si ha Nj−1 ⊂ Nj poiché S j−1 (v) = 0 ⇒ S j (v) = 0.
Mostriamo innanzitutto che, dato un insieme di vettori linearmente indipendenti Bj =
{v1 , . . . , vl } (j > 1) tale che Nj = Span(Bj ) ⊕ Nj−1 , l’insieme S(Bj ) = {S(v1 ), . . . , S(vl )} è
contenuto in Nj−1 \ Nj−2 ed è linearmente indipendente:
P
S j−1 (S(vi )) P
S j−2 (S(vi )) = S j−1 (vi ) 6= 0. Inoltre, se i ai S(vi ) = 0,
= S j (vi ) = 0, mentre P
allora S j−1 ( i ai vi ) = 0, e quindi i ai vi ∈ Span(Bj ) ∩ Nj−1 = {0}, da cui ai = 0 per ogni
i.
Sia ora Bd una base di uno spazio complementare di Nd−1 in Nd = W . Per quanto
visto sopra S(Bd ) è un insieme indipendente, che può essere completato a una base Bd−1
di uno spazio complementare di Nd−2 in Nd−1 . Si ha dunque Nd−1 = Span(Bd−1 ) ⊕ Nd−2 .
Analogamente, l’insieme S(Bd−1 ) può essere completato per ottenere un insieme indipendente
Bd−2 tale che Nd−2 = Span(Bd−2 ) ⊕ Nd−3 , e cosı̀ via fino a ottenere l’insieme B0 = Bd ∪
Bd−1 ∪ · · · ∪ B1 . L’ultimo insieme B1 è una base di N1 = Ker S. Ogni insieme Bk contiene
dim Nk − dim Nk−1 elementi e quindi il numero di elementi in B 0 è uguale a
(dim Nd − dim Nd−1 ) + · · · + (dim N2 − dim N1 ) + dim N1 = dim Nd = dim W
Ne deriva che B 0 è una base di W , poiché
W = Nd = Span(Bd ) ⊕ Span(Bd−1 ) ⊕ · · · ⊕ Span(B1 ) = Span(B 0 )
Mostriamo ora che, riordinando gli elementi di B 0 , si ottiene una base di Jordan B per
S. Per ogni elemento v ∈ Bk , si ha S(v) ∈ Bk−1 , S 2 (v) ∈ Bk−2 , . . . , S k−1 (v) ∈ B1 . Rispetto
alla base {S k−1 (v), . . . , S(v), v} la restrizione di S allo spazio Span(S k−1 (v), . . . , S(v), v) ha
matrice rappresentativa il blocco di Jordan Jk (0), poichè S k (v) = 0. Se B è ottenuta unendo
insiemi disgiunti {S k−1 (v), . . . , S(v), v}, con v ∈ B 0 , la matrice MB (S) ha blocchi Jk (0) lungo
la diagonale, cioè è in forma di Jordan. Il numero di blocchi Jk (0) è uguale al numero di
elementi di Bk che non sono della forma S(w), con w ∈ Bk+1 , cioè
(dim Nk − dim Nk−1 ) − (dim Nk+1 − dim Nk ) = 2 dim Nk − dim Nk+1 − dim Nk−1
7
Dimostrazione del Teorema 3.1. Per i = 1, . . . , h, sia Si = (T − λi I)|Vi = Ti − λi I. Essendo
Sidi = 0, il Lemma 3.2 fornisce una base di Jordan B (i) per Si , con blocchi Jk (0) lungo la
diagonale. Dunque MB(i) (Ti ) = MB(i) (Si + λi I) = MB(i) (Si ) + λi Imi è in forma di Jordan,
con blocchi Jk (λi ) lungo la diagonale.
Si osservi ora che il Ker Sik = Ker(Ti − λi I)k coincide con il Ker(T − λi I)k , poiché ogni
autovettore generalizzato di T relativo a λi sta in Vi . Per il Lemma 3.2, il numero di blocchi
Jk (λi ) è uguale a
2 dim(Ker(T − λi I)k ) − dim(Ker(T − λi I)k+1 ) − dim(Ker(T − λi I)k−1 )
= 2(n − rg((T − λi I)k )) − (n − rg((T − λi I)k+1 )) − (n − rg((T − λi I)k−1 ))
= sk+1 (λi ) + sk−1 (λi ) − 2sk (λi )
Unendo le basi B (1) , . . . , B(h) si ottiene una base di Jordan B per T , poiché B contiene
P
i dim Vi = dim V generatori di V e la matrice di T rispetto a B ha la forma diagonale a
blocchi


O
MB(1) (T1 )


..


.
O
MB(h) (Th )
Esempio 3. Sia T = LA l’endomorfismo dell’esempio 1. Gli autovalori di T sono le radici
λ1 = 1, λ2 = 2 di µT (x) = (x − 1)(x − 2)2 . Gli autospazi generalizzati sono
V1 = Ker(T − I) = Ker(A − I4 ) e V2 = Ker(T − 2I)2 = Ker(A − 2I4 )2
Calcolando i ranghi si ottiene s0 (1) = 4, s1 (1) = rg(A − I4 ) = 3 = s2 (1) e s0 (2) = 4, s1 (2) =
rg(A − 2I4 ) = 2, s2 (2) = rg(A − 2I4 )2 = 1 = s3 (2). Quindi la forma canonica di Jordan di
T contiene un unico blocco 1 × 1 con l’autovalore 1 e due blocchi con l’autovalore 2, uno di
ordine 1 e uno di ordine 2:


1
2


2 1
0 2
Se poi si vuole anche determinare una base di Jordan per T , bisogna trovare basi opportune di
V1 e V2 . V1 = Ker(A−I4 ) = Span((1, 0, 0, −1)T ). Gli spazi Ker(A−2I4 ) e V2 = Ker(A−2I4 )2
hanno basi rispettivamente

    
 


0
0 
0 
 −2
 1
 0  ,  2  ,  −1 
 2  ,  −1 
e
1
0 
1
0 

 0
0
0
0
1
1
 
1
Scegliamo v =  0  ∈ Ker(A − 2I4 )2 \ Ker(A − 2I4 ) e consideriamo l’immagine (A − 2I4 )v =
0
0


−2
 1 . Aggiungendo il primo vettore della base di Ker(A − 2I4 ) si ottiene una nuova base
1
1
B1 = {(−2, 1, 1, 1)T , (−2, 2, 1, 0)T } di Ker(A − 2I4 ). Dunque

  
 
 
1
1 
−2
−2

0
1
2







, 0
B=
,
0 ,
0 
1
1

−1
0
0
1
8
è una base di Jordan per A (e per T ):



1 −2 −2 1
1
2
1 0  , si ha M (T ) = P −1 AP =  0
se P =  00
B
1
1 0
0
−1
0
1 0
0

0 0 0
2 0 0
0 2 1
0 0 2
Corollario 3.3. Siano A e B due matrici in Mn (K) con tutti gli autovalori in K. A e B
sono simili se e solo se sp(A) = sp(B) = {λ1 , . . . , λh } e rg((A − λi In )k ) = rg((B − λi In )k )
per ogni i = 1, . . . , h e per ogni k = 1, . . . , di .
Dimostrazione. Se A e B sono simili, con Q−1 AQ = B, A e B hanno lo stesso polinomio
caratteristico e quindi lo stesso spettro. Q−1 (A−λi In )k Q = (Q−1 (A−λi In )Q)k = (B−λi In )k
per ogni autovalore λi e quindi i ranghi coincidono.
Viceversa, sotto le ipotesi della proposizione, per il Teorema 3.1 gli endomorfismi LA e
LB hanno la stessa forma canonica di Jordan J. Quindi A e B sono entrambe simili a J e
dunque simili tra di loro.
Proposizione 3.4. Siano A e B due matrici reali n × n. A e B sono simili se e solo se
sono simili come matrici complesse.
Dimostrazione. Sia Q−1 AQ = B, con Q ∈ Gln (C), Q = Q1 + iQ2 , Q1 , Q2 ∈ Mn (R). Da
A(Q1 + iQ2 ) = (Q1 + iQ2 )B, confrontando le parti reali e immaginarie si ottiene AQ1 = Q1 B
e AQ2 = Q2 B. Il polinomio p(x) = det(Q1 + xQ2 ) è un polinomio non nullo in C[x], poiché
p(i) = det Q 6= 0. Per x reale p può essere considerato come un elemento non nullo di R[x].
Sia x0 ∈ R tale p(x0 ) 6= 0. Allora P = Q1 + x0 Q2 ∈ Gln (R) e AP = Q1 B + x0 Q2 B = P B,
cioè P −1 AP = B.
Bibliografia
[A] M. Abate, Geometria, McGraw-Hill Italia, Milano, 1996.
A.Perotti
Dipartimento di Matematica Universita di Milano