Aiuto Jordan
Buonasera a tutti!
Ho un problema: a breve avrò una prova sulla teoria di Jordan, però sono parecchio indietro con lo studio... Vorrei chiedervi una cosa:
Supponiamo di avere una matrice $A in M_n(RR)$ la quale ha tutti gli autovalori in $RR$. Perciò sarà triangolarizzabile su $RR$.
Studiando il polinomio minimo e gli autovalori si determina quale sarà la matrice simile $J$ in forma di Jordan. A questo punto nasce il problema. Come si determina la matrice invertibile $H$ tale che $H^-1 * A * H = J$ ?... Alcuni vettori si possono prendere subito dagli autospazi, ma gli altri?
Vi ringrazio infinitamente.
Dorian.
Ho un problema: a breve avrò una prova sulla teoria di Jordan, però sono parecchio indietro con lo studio... Vorrei chiedervi una cosa:
Supponiamo di avere una matrice $A in M_n(RR)$ la quale ha tutti gli autovalori in $RR$. Perciò sarà triangolarizzabile su $RR$.
Studiando il polinomio minimo e gli autovalori si determina quale sarà la matrice simile $J$ in forma di Jordan. A questo punto nasce il problema. Come si determina la matrice invertibile $H$ tale che $H^-1 * A * H = J$ ?... Alcuni vettori si possono prendere subito dagli autospazi, ma gli altri?
Vi ringrazio infinitamente.
Dorian.
Risposte
"Dorian":
Buonasera a tutti!
Ho un problema: a breve avrò una prova sulla teoria di Jordan, però sono parecchio indietro con lo studio... Vorrei chiedervi una cosa:
Supponiamo di avere una matrice $A in M_n(RR)$ la quale ha tutti gli autovalori in $RR$. Perciò sarà triangolarizzabile su $RR$.
Studiando il polinomio minimo e gli autovalori si determina quale sarà la matrice simile $J$ in forma di Jordan. A questo punto nasce il problema. Come si determina la matrice invertibile $H$ tale che $H^-1 * A * H = J$ ?... Alcuni vettori si possono prendere subito dagli autospazi, ma gli altri?
Vi ringrazio infinitamente.
Dorian.
Trovare una base di Jordan è una cosa a volte difficile. Si fa così:
Hai una serie di inclusioni fra ${0}$, $V_1 = ker(f)$, $V_2 = ker(f^2)$ fino ad arrivare allo spazio di partenza...
Ora ammettiamo che si arrivi fino a $V_2$ allora prendi un vettore di questo spazio - chiamalo $w$ - ma che non appartenga a $V_1$.
Ora fai $f(w)$ e deve appartenere a $V_1$ e completi la base con vettori linearmente indipendenti, che possono essere anche vettori della base standard $e_1$, $e_2$ ecc.
Se hai più autovalori allora devi fare la cosa separata. Basta che tutti i vettori che trovi con il passaggio che ti ho detto siano in colonna nella matrice vicini, e non mischiare i vettori di vari autovalori...
Se vuoi posta un esempio che lo risolviamo assieme...
Ciao.
Bei tempi quando trovavo le forme di Jordan!
Puoi trovare la base di Jordan anche in questo modo (un po' grezzo):
prendi la matrice $A$ simile alla matrice $((2,1),(0,2))$;
trovi un autovettore $v$ relativo all'autovalore $lambda=2$,
poi per l'altro vettore $w$ puoi procedere così:
$Aw = 2w + v$
e risolvi il sistema lineare (indeterminato):
$(A-2I)w = v$
Puoi trovare la base di Jordan anche in questo modo (un po' grezzo):
prendi la matrice $A$ simile alla matrice $((2,1),(0,2))$;
trovi un autovettore $v$ relativo all'autovalore $lambda=2$,
poi per l'altro vettore $w$ puoi procedere così:
$Aw = 2w + v$
e risolvi il sistema lineare (indeterminato):
$(A-2I)w = v$
Grazie mille! Non so come avrei fatto senza il vostro aiuto! 
"nirvana":
[quote="Dorian"]Buonasera a tutti!
Ho un problema: a breve avrò una prova sulla teoria di Jordan, però sono parecchio indietro con lo studio... Vorrei chiedervi una cosa:
Supponiamo di avere una matrice $A in M_n(RR)$ la quale ha tutti gli autovalori in $RR$. Perciò sarà triangolarizzabile su $RR$.
Studiando il polinomio minimo e gli autovalori si determina quale sarà la matrice simile $J$ in forma di Jordan. A questo punto nasce il problema. Come si determina la matrice invertibile $H$ tale che $H^-1 * A * H = J$ ?... Alcuni vettori si possono prendere subito dagli autospazi, ma gli altri?
Vi ringrazio infinitamente.
Dorian.
Trovare una base di Jordan è una cosa a volte difficile. Si fa così:
Hai una serie di inclusioni fra ${0}$, $V_1 = ker(f)$, $V_2 = ker(f^2)$ fino ad arrivare allo spazio di partenza...
Ora ammettiamo che si arrivi fino a $V_2$ allora prendi un vettore di questo spazio - chiamalo $w$ - ma che non appartenga a $V_1$.
Ora fai $f(w)$ e deve appartenere a $V_1$ e completi la base con vettori linearmente indipendenti, che possono essere anche vettori della base standard $e_1$, $e_2$ ecc.
Se hai più autovalori allora devi fare la cosa separata. Basta che tutti i vettori che trovi con il passaggio che ti ho detto siano in colonna nella matrice vicini, e non mischiare i vettori di vari autovalori...
Se vuoi posta un esempio che lo risolviamo assieme...
Ciao.[/quote]
$V_2$ come lo trovo?. Moltiplico per sè stessa la matrice di partenza e risolvo il sistema omogeneo che ne esce???
Scusa, hai un esercizio?
Così lo risolviamo qui
Così lo risolviamo qui
"Dorian":
[quote="nirvana"][quote="Dorian"]Buonasera a tutti!
Ho un problema: a breve avrò una prova sulla teoria di Jordan, però sono parecchio indietro con lo studio... Vorrei chiedervi una cosa:
Supponiamo di avere una matrice $A in M_n(RR)$ la quale ha tutti gli autovalori in $RR$. Perciò sarà triangolarizzabile su $RR$.
Studiando il polinomio minimo e gli autovalori si determina quale sarà la matrice simile $J$ in forma di Jordan. A questo punto nasce il problema. Come si determina la matrice invertibile $H$ tale che $H^-1 * A * H = J$ ?... Alcuni vettori si possono prendere subito dagli autospazi, ma gli altri?
Vi ringrazio infinitamente.
Dorian.
Trovare una base di Jordan è una cosa a volte difficile. Si fa così:
Hai una serie di inclusioni fra ${0}$, $V_1 = ker(f)$, $V_2 = ker(f^2)$ fino ad arrivare allo spazio di partenza...
Ora ammettiamo che si arrivi fino a $V_2$ allora prendi un vettore di questo spazio - chiamalo $w$ - ma che non appartenga a $V_1$.
Ora fai $f(w)$ e deve appartenere a $V_1$ e completi la base con vettori linearmente indipendenti, che possono essere anche vettori della base standard $e_1$, $e_2$ ecc.
Se hai più autovalori allora devi fare la cosa separata. Basta che tutti i vettori che trovi con il passaggio che ti ho detto siano in colonna nella matrice vicini, e non mischiare i vettori di vari autovalori...
Se vuoi posta un esempio che lo risolviamo assieme...
Ciao.[/quote]
$V_2$ come lo trovo?. Moltiplico per sè stessa la matrice di partenza e risolvo il sistema omogeneo che ne esce???[/quote]
Esatto...
Dunque, l'endomorfismo ha matrice $A=((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2))$
Polinomio caratteristico = $(x-4)^4$
Polinomio minimo = $(x-4)^2$
Allora la matrice di Jordan è: $J=((4,0,0,0),(0,4,0,0),(0,0,4,1),(0,0,0,4))$
Come colonne per la matrice $H$ ho preso $v_1=(1,0,0,0) v_2=(0,1,0,0) v_3=(1,1,-2,-2) v_4=(0,0,0,1)$...
Ma credo di aver sbagliato...
Polinomio caratteristico = $(x-4)^4$
Polinomio minimo = $(x-4)^2$
Allora la matrice di Jordan è: $J=((4,0,0,0),(0,4,0,0),(0,0,4,1),(0,0,0,4))$
Come colonne per la matrice $H$ ho preso $v_1=(1,0,0,0) v_2=(0,1,0,0) v_3=(1,1,-2,-2) v_4=(0,0,0,1)$...
Ma credo di aver sbagliato...
"Dorian":
Dunque, l'endomorfismo ha matrice $A=((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2))$
Polinomio caratteristico = $(x-4)^4$
Polinomio minimo = $(x-4)^2$
Allora la matrice di Jordan è: $J=((4,0,0,0),(0,4,0,0),(0,0,4,1),(0,0,0,4))$
Come colonne per la matrice $H$ ho preso $v_1=(1,0,0,0) v_2=(0,1,0,0) v_3=(1,1,-2,-2) v_4=(0,0,0,1)$...
Ma credo di aver sbagliato...
Allora, procediamo con calma:
la matrice $A-4I$ è :
$A - 4I = ((0,0,-1,1),(0,0,-1,1),(0,1,2,-2),(0,1,2,-2))$
la matrice $(A-4I)^2$ è :
$(A-4I)^2 = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,-1,1),(0,0,-1,1))$
la matrice $(A-4I)^3 = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0))$.
Indico ora con $N$ la matrice nilpotente $(A-4I)$.
Si hanno questi risultati:
$Ker(N^3) = RR^4$
$Ker(N^2) = <((1),(0),(0),(0));((0),(1),(0),(0));((0),(0),(1),(1))>$
$Ker(N) = <((1),(0),(0),(0));((0),(0),(1),(1))>$
Prendiamo una base di $Ker(N^3) - Ker(N^2)$:
scelgo il vettore $v_1 = ((0),(0),(0),(1))$.
Ora applico la matrice $N$ al vettore $v_1$:
$((0,0,-1,1),(0,0,-1,1),(0,1,2,-2),(0,1,2,-2)) ((0),(0),(0),(1)) = ((1),(1),(-2),(-2))$;
ora, il vettore $v_2 = ((1),(1),(-2),(-2)) in Ker(N^2) - Ker(N)$;
ora, dal momento che $dim(Ker(N^2))-dim(Ker(N))=1$, non estendo con nessun vettore;
applico nuovamente la matrice $N$ al vettore $v_2$ (o, se preferiamo, applico $N^2$ al vettore $v_1$):
$((0,0,-1,1),(0,0,-1,1),(0,1,2,-2),(0,1,2,-2)) ((1),(1),(-2),(-2)) = ((0),(0),(1),(1))$;
ho così ottenuto il vettore $v_3 = ((0),(0),(1),(1))$
A questo punto, essendo $dim(Ker(N))=2$, devo estendere con qualsiasi vettore
linearm. indipendente da $v_3$; un rapido calcolo ci fa capire che $((1),(0),(0),(0))$
fa al caso nostro.
Quindi ho ottenuto la base di Jordan:
$((0),(0),(1),(1))$; $((1),(1),(-2),(-2))$; $((0),(0),(0),(1))$; $((1),(0),(0),(0))$.
La forma di Jordan è:
$((4,1,0,0),(0,4,1,0),(0,0,4,0),(0,0,0,4))$
Verifichiamo:
$((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2)) ((0),(0),(1),(1)) = ((0),(0),(4),(4)) = 4 cdot ((0),(0),(1),(1))$
$((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2)) ((1),(1),(-2),(-2)) = ((4),(4),(-7),(-7)) = 4 cdot ((1),(1),(-2),(-2)) + ((0),(0),(1),(1)) $
$((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2)) ((0),(0),(0),(1)) = ((1),(1),(-2),(2)) = 4 cdot ((0),(0),(0),(1)) + ((1),(1),(-2),(-2)) $
$((4,0,-1,1),(0,4,-1,1),(0,1,6,-2),(0,1,2,2)) ((1),(0),(0),(0)) = ((4),(0),(0),(0)) = 4 cdot ((1),(0),(0),(0))$
Funziona!!
Erano anni che non facevo tutti questi calcoli, ma per fortuna vedo che tornano...
Ho capito. Grazie.
E quando c'è più di un autovalore???
"Dorian":
E quando c'è più di un autovalore???
Devi fare lo stesso procedimento di Franced per ogni autovalore, e quindi trovare la base...
Attenzione che nella matrice devi mettere i vettori (colonna) per ogni autovalore vicini e non mischiarli tra di loro, altrimenti non ti uscirà mai la forma di jordan...
P.S.: la tua forma di Jordan che hai scritto probabilmente è sbagliata, non è la stessa di Fraced... tu hai un blocco di ordine 2 e due blocchi di ordine 1, ma dal momento che l'indice di nilpotenza è 3, hai sicuramente un blocco di ordine 3, e quindi un altro blocco di ordine 1.
Ciao.
"nirvana":
[quote="Dorian"]E quando c'è più di un autovalore???
Devi fare lo stesso procedimento di Franced per ogni autovalore, e quindi trovare la base...
Attenzione che nella matrice devi mettere i vettori (colonna) per ogni autovalore vicini e non mischiarli tra di loro, altrimenti non ti uscirà mai la forma di jordan...
P.S.: la tua forma di Jordan che hai scritto probabilmente è sbagliata, non è la stessa di Fraced... tu hai un blocco di ordine 2 e due blocchi di ordine 1, ma dal momento che l'indice di nilpotenza è 3, hai sicuramente un blocco di ordine 3, e quindi un altro blocco di ordine 1.
Ciao.[/quote]
Ti ringrazio. Si, è sbagliata. Ho risolto male un sistema e mi sono venuti 3 vettori di base, anzichè 2...
ciao a tutti anch'io ho un problema con jordan, però il my problema è che nel libro non ne parla completamente ed io per motivi di salute non ho frequentato l'uni perciò non ho appunti sapreste dove reperire qualche documentazione sul teorema di jordan?ho cercato su wikipedia ma non mi spiega come portare la matrice in forma canonica di jordan, mi potreste aiutare?
Se potessi ti aiuterei io! Prova a seguire gli sviluppi di questa discussione, magari ne trai qualcosa anche tu!
Dunque, scusate se vi disturbo ancora...
Se $a$ è un autovalore che nel polinomio caratteristico ha molteplicità tre (per esempio...) è chiaro che $ker (f-a*id)^3$ dovrà essere nullo... (Conseguenza dell'Hamilton Cayley, se non erro...)... Però negli esercizi che sto provando a fare non succede così...
Ad esempio:
$B=((2,-1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,1))$
Polinomio caratteristico = $(x-1)^3*(x+1)$
$Ker (f+id)= <((0),(0),(1),(0))>$
$Ker(f-id)= <((1),(1),(0),(0)),((0),(0),(0),(1))>$ , quindi:
Polinomio minimo = $(x-1)^2*(x+1)$
$J=((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,-1))$
Se ne deduce (credo!!!) che $Ker(f-id)^3=0$, ma la matrice di quest'applicazione non è $O_4$, bensì una matrice che ha $0$ ovunque, tranne che nel posto $3,3$, dove compare un maledetto $16$!...
Credo che i calcoli stavolta siano giusti... Controllati e ricontrollati...
Dunque, scusate se vi disturbo ancora...
Se $a$ è un autovalore che nel polinomio caratteristico ha molteplicità tre (per esempio...) è chiaro che $ker (f-a*id)^3$ dovrà essere nullo... (Conseguenza dell'Hamilton Cayley, se non erro...)... Però negli esercizi che sto provando a fare non succede così...
Ad esempio:
$B=((2,-1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,1))$
Polinomio caratteristico = $(x-1)^3*(x+1)$
$Ker (f+id)= <((0),(0),(1),(0))>$
$Ker(f-id)= <((1),(1),(0),(0)),((0),(0),(0),(1))>$ , quindi:
Polinomio minimo = $(x-1)^2*(x+1)$
$J=((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,-1))$
Se ne deduce (credo!!!) che $Ker(f-id)^3=0$, ma la matrice di quest'applicazione non è $O_4$, bensì una matrice che ha $0$ ovunque, tranne che nel posto $3,3$, dove compare un maledetto $16$!...
Credo che i calcoli stavolta siano giusti... Controllati e ricontrollati...
"Dorian":
Se potessi ti aiuterei io! Prova a seguire gli sviluppi di questa discussione, magari ne trai qualcosa anche tu!
Dunque, scusate se vi disturbo ancora...
Se $a$ è un autovalore che nel polinomio caratteristico ha molteplicità tre (per esempio...) è chiaro che $ker (f-a*id)^3$ dovrà essere nullo... (Conseguenza dell'Hamilton Cayley, se non erro...)... Però negli esercizi che sto provando a fare non succede così...
Ad esempio:
$B=((2,-1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,-1,0),(0,0,0,1))$
Polinomio caratteristico = $(x-1)^3*(x+1)$
$Ker (f+id)= <((0),(0),(1),(0))>$
$Ker(f-id)= <((1),(1),(0),(0)),((0),(0),(0),(1))>$ , quindi:
Polinomio minimo = $(x-1)^2*(x+1)$
$J=((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,-1))$
Se ne deduce (credo!!!) che $Ker(f-id)^3=0$, ma la matrice di quest'applicazione non è $O_4$, bensì una matrice che ha $0$ ovunque, tranne che nel posto $3,3$, dove compare un maledetto $16$!...
Credo che i calcoli stavolta siano giusti... Controllati e ricontrollati...
Attenzione che la matrice nilpotente non deve necessariamente esserci. Di solito compare magicalmente quando si hanno dubbi sulla forma di Jordan: nel tuo esempio già risolto avevi un solo autovalore con moltiplicità algebrica 4 (e moltiplicità geometrica 2), quindi potevi avere varie possibilità, per esempio due blocchi di ordine due oppure un blocco di ordine 3 e uno di ordine 1. In quel caso la matrice nilpotente e il suo ordine ci hanno risolto la questione. Negli altri casi - come nel tuo ultimo esempio che ora vado a risolvere - non hai questo problema. L'autovalore $-1$ avrà un solo blocco di Jordan (evidente), mentre l'autovalore $1$ avrà due blocchi di Jordan (moltiplicità geometrica $2$, che la trovi calcolando la base del nucleo) e quindi un blocco ha l'ordine 2 e l'altro ordine 1. Ok?
Veniamo all'esercizio:
La tua matrice di Jordan è corretta e io mi sono trovato una base tramite il procedimento già descritto, ma ora hai due autovalori.
Sia $C$ la base di Jordan $C=((0,-1,0,0),(1,-1,0,0),(0,0,0,1),(0,0,1,0))$
E ti viene la Jordan se fai così $J=C^-1*B*C$ dove $B$ è la tua matrice dell'esercizio.
Nota che se fai la moltiplicazione l'uno sopra il blocco ti viene sotto e non sopra, ma non importa...
Ciao.
ma non avete un link dove studiare qualcosa, qualche appunto?essendo tabula rasa non so proprio i procedimenti da fare!
"shinto":
ma non avete un link dove studiare qualcosa, qualche appunto?essendo tabula rasa non so proprio i procedimenti da fare!
Sinceramente c'è pochissimo in giro...Io l'ho capita facendo tanti esercizi e all'inizio guardare anche le soluzioni...alla fine la teoria da sapere solo per risolvere non è molta, ma i testi spiegano la teoria con gli autospazi, il teorema di Caley-Hamilton, lasciando molto a desiderare le risoluzioni di esercizi (a volte esempi quasi banali)... se hai bisogno chiedi pure...
Ciao.
Non ho capito una cosa quando fai:
quando mi devo farmare?ho visto che in alcuni esercizi si ferma al quadrato!!!
"franced":
Allora, procediamo con calma:
la matrice $A-4I$ è :
$A - 4I = ((0,0,-1,1),(0,0,-1,1),(0,1,2,-2),(0,1,2,-2))$
la matrice $(A-4I)^2$ è :
$(A-4I)^2 = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,-1,1),(0,0,-1,1))$
la matrice $(A-4I)^3 = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0))$.
quando mi devo farmare?ho visto che in alcuni esercizi si ferma al quadrato!!!
"nirvana":
[quote="shinto"]ma non avete un link dove studiare qualcosa, qualche appunto?essendo tabula rasa non so proprio i procedimenti da fare!
Sinceramente c'è pochissimo in giro...Io l'ho capita facendo tanti esercizi e all'inizio guardare anche le soluzioni...alla fine la teoria da sapere solo per risolvere non è molta, ma i testi spiegano la teoria con gli autospazi, il teorema di Caley-Hamilton, lasciando molto a desiderare le risoluzioni di esercizi (a volte esempi quasi banali)... se hai bisogno chiedi pure...
Ciao.[/quote]
Io ho gli appunti di quando ero studente al primo anno di matematica.
Sinceramente non ci ho trovato mai niente di così tremendamente difficile,
devi seguire un algoritmo, tutto qua!
L'unica difficoltà sta nei calcoli..
Ho fatto parecchi esercizi e nella maggior parte dei casi i conti tornano... E consideriamo che (credo) la maggior parte degli errori dipendono dalla mole di calcoli che è necessaria allo svolgimento...
Perciò vi ringrazio tutti, siete dei grandi! Senza di voi non ce l'avrei mai fatta!
Grazie, a presto!
Dorian.
Perciò vi ringrazio tutti, siete dei grandi! Senza di voi non ce l'avrei mai fatta!
Grazie, a presto!
Dorian.
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