Controllo su forma bilineare/quadratica
Carissimi piccoli Kronecker!
Se vi va, a tempo perso, mi dareste una controllatina a questo esercizio?
Mi interesserebbe molto perchè è una traccia d'esame di anni passati proprio del corso del mio attuale prof.
Non ho riscontri sui risultati, ma sono abbastanza fiducioso dei miei conti.
Ovviamente un altro parere è sempre prezioso!
Grazie!
Testo dell'esercizio:
Sia data la forma quadratica $q:mathbb(R)^3->mathbbR$ così definita
$q(x,y,z)=x^2 + lambda^2 y^2 + 4/3z^2 +2xy + 2lambdayz$ ;
a) Determinare per quali $lambda in mathbbR$ risulta $q$ definita positva
b) Diagonalizzare $q$ al variare di $lambda$
c) Determinare al variare di $lambda$ la dimensione di $W^(\bot)$ dove $W:= L((1,1,0); (2/3,-2/3,1))$
Miei risultati:
a) $q$ risulta definita positiva per $lambda < - 2$ e per $lambda > 2$
b) Se $lambda = 0$ una base diagonalizzante (o "ortogonale") è $mathcalB={(1,0,0),(0,0,1),(-1,1,0)}$
Se invece $ lambda ne 0$ una base diagonalizzante (o "ortogonale") è $mathcalB={(1,0,0),(0,0,1),(4/(3lambda),-4/(3lambda),1)}$
c) Se $lambda = 2$ allora $dimW^(\bot)=2$ , mentre $forall lambda in mathbbR - {2} : dimW^(\bot)=1$
Ancora mille grazie
Se vi va, a tempo perso, mi dareste una controllatina a questo esercizio?
Mi interesserebbe molto perchè è una traccia d'esame di anni passati proprio del corso del mio attuale prof.
Non ho riscontri sui risultati, ma sono abbastanza fiducioso dei miei conti.
Ovviamente un altro parere è sempre prezioso!
Grazie!
Testo dell'esercizio:
Sia data la forma quadratica $q:mathbb(R)^3->mathbbR$ così definita
$q(x,y,z)=x^2 + lambda^2 y^2 + 4/3z^2 +2xy + 2lambdayz$ ;
a) Determinare per quali $lambda in mathbbR$ risulta $q$ definita positva
b) Diagonalizzare $q$ al variare di $lambda$
c) Determinare al variare di $lambda$ la dimensione di $W^(\bot)$ dove $W:= L((1,1,0); (2/3,-2/3,1))$
Miei risultati:
a) $q$ risulta definita positiva per $lambda < - 2$ e per $lambda > 2$
b) Se $lambda = 0$ una base diagonalizzante (o "ortogonale") è $mathcalB={(1,0,0),(0,0,1),(-1,1,0)}$
Se invece $ lambda ne 0$ una base diagonalizzante (o "ortogonale") è $mathcalB={(1,0,0),(0,0,1),(4/(3lambda),-4/(3lambda),1)}$
c) Se $lambda = 2$ allora $dimW^(\bot)=2$ , mentre $forall lambda in mathbbR - {2} : dimW^(\bot)=1$
Ancora mille grazie
Risposte
Scusa, ma così scrivendo imponi a chi legge di svolgere l'esercizio: sarebbe meglio se tu scrivessi lo svolgimento per arrivare alla soluzione, pure uno solo alla volta!
OUT OF SELF Kronecker mi è antipatico perché aborriva l'infinito. =_=
OUT OF SELF Kronecker mi è antipatico perché aborriva l'infinito. =_=
Proprio perchè lo svolgimento è una sequenza di conti, senza particolari genialate a livello di metodo, proponevo la risoluzione a chi volesse cimentarsi..per aver un confronto.
Vi propongo comunque lo svolgimento del punto c), se v'allieta di dirmi cosa ve ne pare.
Svolg. (Punto c) )
Dato che in generale vale la relazione (facilmente dimostrabile, con $A$ e $B$ sottospazi di $mathbbR^3$)
$(A + B)^bot = A^botcap B^bot$
Ho che $L( (1, 0, 0) ; (2/3,-2/3,1))^bot$ in qualità di $(L((1,0,0)) + L((2/3,-2/3,1)))^bot$ risulta quindi essere uguale a
$L((1,0,0))^bot cap L((2/3,-2/3,1))^bot$ da cui deduco che la condizione richiesta dall'esercizio è soddisfatta dal seguente sottoinsieme di $mathbbR^3$:
${(x,y,z)in mathbbR^3| b((x,y,z); (0,0,1))=0 wedge b((x,y,z);(2/3,-2/3,1))=0}$
Dalla matrice della forma quadratica, o dalla buona vecchia $2b(v.w) = q(v+w)-q(v)-q(w)$, vien fuori l'espressione generale della forma bilineare $ b$ (simmetrica) ovvero:
$b((x,y,z);(x',y',z'))= xx' + lambda^2yy'+4/3zz'+xy'+x'y+lambday'z+lambdayz'$
Quindi l'insieme cercato non è altro che il sottospazio di $mathbbR^3$ delle soluzioni del sistema lineare omogeneo:
\begin{array}{rl}
x + y = 0 \\
(-2\lambda^2+3\lambda+2)y+(4-2\lambda)z=0 \\
\end{array}
(Devo imparare ancora ad implementare la parentesi graffa aperta a sinistra).
La cui matrice è $((1,1,0),(0, -2lambda^2+3lambda+2,4-2lambda))$
che ha rango pari a 1 se
\begin{array}{rl}
-2\lambda^2+3\lambda+2 = 0 \\
4-2\lambda = 0\\
\end{array}
(anche qui ci vorrebbe una graffa a sinistra)
Quindi rango 1 per $lambda = 2$ dunque $infty^(3-1)$ soluzioni ovvero dimensione 2
rango 2 per $lambda ne 2$ ovvero $infty^(3-2)$ soluzoni cioè dimnesione 1.
Non specifico le soluzioni, dato che l'esercizio richiedeva solo info circa la dimensione di $W^bot$
grazie mille!
Vi propongo comunque lo svolgimento del punto c), se v'allieta di dirmi cosa ve ne pare.
Svolg. (Punto c) )
Dato che in generale vale la relazione (facilmente dimostrabile, con $A$ e $B$ sottospazi di $mathbbR^3$)
$(A + B)^bot = A^botcap B^bot$
Ho che $L( (1, 0, 0) ; (2/3,-2/3,1))^bot$ in qualità di $(L((1,0,0)) + L((2/3,-2/3,1)))^bot$ risulta quindi essere uguale a
$L((1,0,0))^bot cap L((2/3,-2/3,1))^bot$ da cui deduco che la condizione richiesta dall'esercizio è soddisfatta dal seguente sottoinsieme di $mathbbR^3$:
${(x,y,z)in mathbbR^3| b((x,y,z); (0,0,1))=0 wedge b((x,y,z);(2/3,-2/3,1))=0}$
Dalla matrice della forma quadratica, o dalla buona vecchia $2b(v.w) = q(v+w)-q(v)-q(w)$, vien fuori l'espressione generale della forma bilineare $ b$ (simmetrica) ovvero:
$b((x,y,z);(x',y',z'))= xx' + lambda^2yy'+4/3zz'+xy'+x'y+lambday'z+lambdayz'$
Quindi l'insieme cercato non è altro che il sottospazio di $mathbbR^3$ delle soluzioni del sistema lineare omogeneo:
\begin{array}{rl}
x + y = 0 \\
(-2\lambda^2+3\lambda+2)y+(4-2\lambda)z=0 \\
\end{array}
(Devo imparare ancora ad implementare la parentesi graffa aperta a sinistra).
La cui matrice è $((1,1,0),(0, -2lambda^2+3lambda+2,4-2lambda))$
che ha rango pari a 1 se
\begin{array}{rl}
-2\lambda^2+3\lambda+2 = 0 \\
4-2\lambda = 0\\
\end{array}
(anche qui ci vorrebbe una graffa a sinistra)
Quindi rango 1 per $lambda = 2$ dunque $infty^(3-1)$ soluzioni ovvero dimensione 2
rango 2 per $lambda ne 2$ ovvero $infty^(3-2)$ soluzoni cioè dimnesione 1.
Non specifico le soluzioni, dato che l'esercizio richiedeva solo info circa la dimensione di $W^bot$
grazie mille!
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