Esercizi su forme di jordan e forme bilineari
Metto tre esercizi di cui vi lascio la mie soluzioni ditemi se sono giuste:
Primo esercizio:
a) Siccome la matrice è simmetrica è reale è diagonalizzabile per il teorema spettrale e poichè è nilpotente l'unica matrice diagonale nilpotente è la matrice nulla che è simile solo a se stessa e quindi $A=0$.
c)Sia $vinKerA^2$ e sia $<,>$ il prodotto scalare standard allora $ =v^tA^TAv=-v^TA^2v=0$ poiche il prodotto scalare standard è definito positivo allora $Av=0$ e quindi $vinKerA$.
b)Se $A$ antisimmetrica nilpotente allora $A^2$ simmetrica nilpotente e quindi $A^2=0$ quindi $KerA^2=V$ poiche (per quanto detto prima) $KerA^2=KerA$ allora $KerA=V$ e quindi $A=0$
Secondo esercizio:
Se $\alpha=0$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,0),(0,0,0,2))$, se $\alpha=3$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,1),(0,0,0,2))$, se $\alpha!=0$ e $\alpha!=3$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,1),(0,0,0,2))$. Quindi oltre ai sottospazi invarianti ${0}$ e $QQ^4$ abbiamo: se $\alpha=0$ abbiamo infiniti sottospazi invarianti che sono i sottospazi di dimensione $1$ di $Ker(A-2I)=span{((1),(0),(4),(1)),((0),(1),(1),(0))}$, se $\alpha=3$ abbiamo infiniti sottospazi invarianti che sono i sottospazi di dimensione $1$ di $Ker(A-I)=span{((1),(-3),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))}$, se $\alpha!=0$ e $\alpha!=3$ allora abbiamo un numero finito di sottospazi invarianti: $Ker(A-I)=span{((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)=span{((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)^2=span{((1),(-3),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)^2=span{((1),(0),(4),(1)),((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-I)^2\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-2I)^2\oplusKer(A-I)$.
Terzo esercizio:
Ogni matrice antisimmetrica è congruente a una matrice antisimmetrica dello stesso rango, quindi poichè le due matrici sono antisimmetriche e con lo stesso rango allora sono congruenti ovvero $EECinGL_5(ZZ_(5ZZ))$ tale che $C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0))$. In particolare notiamo che se $A$ è vista come matrice di una forma bilineare antisimmetrica ci basta trovare una base simplettica. Ora sia ${v,w_1,v_1,w_2,v_2}$ una base simplettica di $A$. Intanto notiamo che in $ZZ_(5ZZ)$ vale $1*1=1$, $2*3=1$, $3*2=1$, $4*4=1$ (altri prodotti del genere non ci sono). Abbiamo quindi che il coefficiente di $v$ può essere $1,2,3,4$ mentre i coefficienti a coppie di $w_1$ e $v_1$ (analogo $w_2$ e $v_2$) sono $(1,1), (2,3), (3,2), (4,4)$, in totale quindi abbiamo $4*4*4=64$ basi simplettiche per $A$ e quindi $64$ possibili matrici $CinGL_5(ZZ_(5ZZ))$ tali che $C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0))$
Primo esercizio:
a) Siccome la matrice è simmetrica è reale è diagonalizzabile per il teorema spettrale e poichè è nilpotente l'unica matrice diagonale nilpotente è la matrice nulla che è simile solo a se stessa e quindi $A=0$.
c)Sia $vinKerA^2$ e sia $<,>$ il prodotto scalare standard allora $
b)Se $A$ antisimmetrica nilpotente allora $A^2$ simmetrica nilpotente e quindi $A^2=0$ quindi $KerA^2=V$ poiche (per quanto detto prima) $KerA^2=KerA$ allora $KerA=V$ e quindi $A=0$
Secondo esercizio:
Se $\alpha=0$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,0),(0,0,0,2))$, se $\alpha=3$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,1),(0,0,0,2))$, se $\alpha!=0$ e $\alpha!=3$ la forma di Jordan di $A$ è $((1,1,0,0),(0,1,0,0),(0,0,2,1),(0,0,0,2))$. Quindi oltre ai sottospazi invarianti ${0}$ e $QQ^4$ abbiamo: se $\alpha=0$ abbiamo infiniti sottospazi invarianti che sono i sottospazi di dimensione $1$ di $Ker(A-2I)=span{((1),(0),(4),(1)),((0),(1),(1),(0))}$, se $\alpha=3$ abbiamo infiniti sottospazi invarianti che sono i sottospazi di dimensione $1$ di $Ker(A-I)=span{((1),(-3),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))}$, se $\alpha!=0$ e $\alpha!=3$ allora abbiamo un numero finito di sottospazi invarianti: $Ker(A-I)=span{((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)=span{((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)^2=span{((1),(-3),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)^2=span{((1),(0),(4),(1)),((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-I)^2\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-2I)^2\oplusKer(A-I)$.
Terzo esercizio:
Ogni matrice antisimmetrica è congruente a una matrice antisimmetrica dello stesso rango, quindi poichè le due matrici sono antisimmetriche e con lo stesso rango allora sono congruenti ovvero $EECinGL_5(ZZ_(5ZZ))$ tale che $C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0))$. In particolare notiamo che se $A$ è vista come matrice di una forma bilineare antisimmetrica ci basta trovare una base simplettica. Ora sia ${v,w_1,v_1,w_2,v_2}$ una base simplettica di $A$. Intanto notiamo che in $ZZ_(5ZZ)$ vale $1*1=1$, $2*3=1$, $3*2=1$, $4*4=1$ (altri prodotti del genere non ci sono). Abbiamo quindi che il coefficiente di $v$ può essere $1,2,3,4$ mentre i coefficienti a coppie di $w_1$ e $v_1$ (analogo $w_2$ e $v_2$) sono $(1,1), (2,3), (3,2), (4,4)$, in totale quindi abbiamo $4*4*4=64$ basi simplettiche per $A$ e quindi $64$ possibili matrici $CinGL_5(ZZ_(5ZZ))$ tali che $C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0))$
Risposte
Il primo ed il secondo esercizio mi sembrano tutti corretti (nel secondo non ho rifatto i conti, quindi mi fido di quelli che hai fatto tu).
Per il terzo non so darti una mano, poiché non so cosa sia una base simplettica, sorry
Per il terzo non so darti una mano, poiché non so cosa sia una base simplettica, sorry
"Lebesgue":
Il primo ed il secondo esercizio mi sembrano tutti corretti (nel secondo non ho rifatto i conti, quindi mi fido di quelli che hai fatto tu).
Se riesci a fare i conti che quello che mi spaventano ($A_\alpha=((1,0,0,1),(\alpha,2,0,0),(3,1,1,1),(0,0,0,2))$), scusami ahahahaah, grazie mille comunque. Le basi simplettiche vengono usate nelle forme bilineari antisimmetriche, ti lascio un link se ti va di dare un occhiata: https://it.wikipedia.org/wiki/Matrice_simplettica
Ti dico un teorema utile per queste basi, per ogni forma bilineare antisimmetrica esiste una base simplettica.
Comunque mi sa che $ Ker(A-I)^2=span{((1),(-\alpha),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))} $ e $ Ker(A-2I)^2=span{((1),(0),(4-\alpha),(1)),((0),(1),(1),(0))}$
Mi sembra tutto ok (a parte che non mi sono messo a controllare tutti i conti nel 2, ma l'approccio è giusto) tranne il conteggio alla fine (esercizio 3), non capisco proprio come lo fai, dovresti scegliere un vettore $v_1$ nel nucleo, poi un vettore $v_2$ fuori dal nucleo, poi un vettore $v_3$ non ortogonale a $v_2$, poi un vettore $v_4$ ortogonale a $v_2,v_3$ (e fuori dal nucleo), e per finire un vettore $v_5$ non ortogonale a $v_4$ ma ortogonale a tutti gli altri.
"Martino":
Tranne il conteggio alla fine (esercizio 3), non capisco proprio come lo fai, dovresti scegliere un vettore $v_1$ nel nucleo, poi un vettore $v_2$ fuori dal nucleo, poi un vettore $v_3$ non ortogonale a $v_2$, poi un vettore $v_4$ ortogonale a $v_2,v_3$ (e fuori dal nucleo), e per finire un vettore $v_5$ non ortogonale a $v_4$ ma ortogonale a tutti gli altri.
Allora per il terzo ho pensato così: $A$ è antisimmetrica quindi può rappresentare una forma bilineare antisimmetrica, ora per un teorema sappiamo che ogni forma bilineare antisimmetrica ammette una base simplettica ovvero in questo caso se disponiamo i vettori della base simplettica sulle colonne di una matrice $C$ abbiamo che $ C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0)) $. Ora prendo per l'appunto una base simplettica del tipo ${v,w_1,v_1,w_2,v_2}$ di $A$ e mi trovo tutte le altre basi simplettiche di $A$. La base simplettica è tale che se $b$ è la forma bilineare antisimmetrica associata ad $A$ allora $b(v,v_i)=b(v,w_i)=0$ con $i=1,2$ poi $b(w_1,v_1)=-b(v_1,w_1)=1$, $b(w_2,v_2)=-b(v_2,w_2)=1$, $b(w_1,w_2)=b(v_1,v_2)=0$. Quindi sia $alpha$ uno scalare di $ ZZ_(5ZZ) $, affinchè ${alphav,w_1,v_1,w_2,v_2}$ sia una base simplettica si deve avere in particolare che $b(alphav,v_i)=b(alphav,w_i)=0$ con $i=1,2$ ma questo è vero per $alpha=1,2,3,4$. Poi consideriamo due scalari $alpha_1$ e $\beta_1$ di $ZZ_(5ZZ)$, affinchè ${v,alpha_1w_1,beta_1v_1,w_2,v_2}$ sia simplettica deve avere in particolare che $b(alpha_1w_1,\beta_1v_1)=-b(beta_1v_1,alpha_1w_1)=1$ e $b(alpha_1w_1,w_2)=b(beta_1v_1,v_2)=0$. La seconda richiesta è sempre vera per ogni $alpha_1$ e $beta_1$, la prima invece bisogna vedere: $b(alpha_1w_1,\beta_1v_1)=1$ ovvero $alpha_1\beta_1=1$ e con le proprietà di $ ZZ_(5ZZ) $ che ho detto prima abbiamo che $alpha_1$ e $\beta_1$ in coppia sono $ (1,1), (2,3), (3,2), (4,4) $. Analogo ragionamento per $w_2$ e $v_2$. Quindi $4$ scelte per il primo vettore, $4$ scelte per il secondo e terzo, $4$ scelte per quarto e quinto in totale $4*4*4=64$.
Piano, perché cerchi le basi ottenute da quella data moltiplicando ogni vettore per uno scalare? Potrebbero essercene altre. Potresti scegliere un vettore che non è un multiplo scalare di nessuno dei 5 vettori della base data.
"Martino":
Piano, perché cerchi le basi ottenute da quella data moltiplicando ogni vettore per uno scalare? Potrebbero essercene altre. Potresti scegliere un vettore che non è un multiplo scalare di nessuno dei 5 vettori della base data.
Infatti mi era venuto questo dubbio, però non sapevo come altro fare. Sicuro il vettore $v$ o i suoi multipli devono stare nella base.
Pensa al caso di una forma antisimmetrica non degenere $2 xx 2$ su $ZZ//5ZZ$. Per costruire una base simplettica devi scegliere un vettore non nullo (hai $5^2-1$ scelte) e poi consideri il suo ortogonale, che ha $5$ elementi. Il secondo vettore deve stare fuori dall'ortogonale, quindi hai $5^2-5$ scelte, senonché la forma calcolata nei due vettori deve fare $1$, quindi devi dividere per $5-1=4$ (il numero di scalari non nulli), ottenendo $(5^2-5)/(5-1) = 5$ possibilità, e alla fine hai quindi $5(5^2-1)=120$ basi simplettiche (ordinate). Analogamente procedi nel tuo caso.
"Martino":
Pensa al caso di una forma antisimmetrica non degenere $2 xx 2$ su $ZZ//5ZZ$. Per costruire una base simplettica devi scegliere un vettore non nullo (hai $5^2-1$ scelte) e poi consideri il suo ortogonale, che ha $5$ elementi. Il secondo vettore deve stare fuori dall'ortogonale, quindi hai $5^2-5$ scelte, senonché la forma calcolata nei due vettori deve fare $1$, quindi devi dividere per $5-1=4$ (il numero di scalari non nulli), ottenendo $(5^2-5)/(5-1) = 5$ possibilità, e alla fine hai quindi $5(5^2-1)=120$ basi simplettiche (ordinate). Analogamente procedi nel tuo caso.
Come fai a dire che l'ortogonale ha $5$ elementi? Usi il fatto che ha dimensione $1$ e che al massimo hai $5$ multipli per ogni vettore? E poi non ho capito il fatto di dividere per $5-1$
"andreadel1988":Sì l'ortogonale ha dimensione 1, quindi ha 5 elementi (se avesse dimensione 2 avrebbe $5^2$ elementi e così via).
Come fai a dire che l'ortogonale ha $5$ elementi? Usi il fatto che ha dimensione $1$ e che al massimo hai $5$ multipli per ogni vettore?
E poi non ho capito il fatto di dividere per $5-1$
Se $f(u,v)=r ne 0$ allora l'unico multiplo $w$ di $v$ tale che $f(u,w)=1$ è $w=v/r$. Quindi in ogni spazio 1-dimensionale (generato da un vettore non ortogonale a $u$) c'è solo un vettore non nullo $w$ tale che $f(u,w)=1$.
"Martino":
Se $f(u,v)=r ne 0$ allora l'unico multiplo $w$ di $v$ tale che $f(u,w)=1$ è $w=v/r$. Quindi in ogni spazio 1-dimensionale (generato da un vettore non ortogonale a $u$) c'è solo un vettore non nullo $w$ tale che $f(u,w)=1$.
Ok, ma questo che c'entra con il fatto di dividere $5^2-5$ per $5-1$?
Prendi i $5^2-5=20$ vettori non ortogonali a $u$, questi formano un insieme $S$. Siccome ogni multiplo non nullo di un vettore non ortogonale a $u$ è non ortogonale a $u$, questi $20$ vettori si possono partizionare per proporzionalità, cioè esistono $5$ vettori $v_1,...,v_5$ che appartengono a $S$ e tali che gli elementi di $S$ sono esattamente i multipli non nulli di questi $5$ vettori (ogni vettore non nullo ha $5-1=4$ multipli non nulli). L'argomento che ti ho scritto sopra mostra che devi selezionare esattamente un vettore in ogni insieme di $4$ vettori tra loro proporzionali. In altre parole, devi dividere per $4$.
Per la cronaca, se non hai mai visto esercizi di conteggio come questi penso sia quasi impossibile riuscire a fare un esercizio simile in un esame.
Questo conteggio corrisponde a calcolare l'ordine del gruppo simplettico.
Questo conteggio corrisponde a calcolare l'ordine del gruppo simplettico.
"Martino":
Per la cronaca, se non hai mai visto esercizi di conteggio come questi penso sia quasi impossibile riuscire a fare un esercizio simile in un esame.
Questo conteggio corrisponde a calcolare l'ordine del gruppo simplettico.
E no praticamente mai fatti, al massimo il calcolo della cardinalità di uno spazio vettoriale su campo finito. Comunque ora provo a fare il caso mio.
"Martino":
Analogamente procedi nel tuo caso.
Allora io ho fatto così:
Devo prendere un vettore $v_1$ non nullo nel $radbeta_$ quindi in totale ho $4$ possibilità.
Poi devo prendere un vettore $v_2$ che non sta nel $radbeta_$ quindi abbiamo $5^5-5$ possibilità. Inoltre la dimensione del sottospazio ortogonale a $span{v_2}$ è $4$.
Ora devo prendere un vettore $v_3$ non ortogonale a $span{v_2}$ quindi ho $5^5-5^4$ possibilità, divido per $4$ come mi hai detto tu. Inoltre la dimensione del sottospazio ortogonale a $span{v_2,v_3}$ è $3$.
Poi devo prendere un vettore $v_4$ ortogonale a $span{v_2,v_3}$ che non sta nel $radbeta_$ quindi ho $5^3-5$ possibilità.
Infine dovrei prendere $v_5$ vettore ortogonale a $span{v_2,v_3}$ (e quindi avrei $5^3$ vettori) e che non è ortogonale a $v_4$, ma come faccio a sapere quanti vettori ci sono in quei $5^3$ che non sono ortogonali e $v_4$? Un altra domanda che mi sorge è: come faccio a essere sicuro che questi vettori siano tutti linearmente indipendenti?
"Martino":
Mi sembra tutto ok (a parte che non mi sono messo a controllare tutti i conti nel 2, ma l'approccio è giusto)
Comunque mi sa al secondo esercizio ho sbagliato un calcolo perchè rifacendo i calcoli mi viene $ Ker(A-I)^2=span{((1),(-\alpha),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))} $ e $ Ker(A-2I)^2=span{((1),(0),(4-\alpha),(1)),((0),(1),(1),(0))}$ mentre il resto dei calcoli mi pare giusto.
"andreadel1988":Fai la domanda contraria: quanti sono quelli ortogonali a $v_4$?
Infine dovrei prendere $v_5$ vettore ortogonale a $span{v_2,v_3}$ (e quindi avrei $5^3$ vettori) e che non è ortogonale a $v_4$, ma come faccio a sapere quanti vettori ci sono in quei $5^3$ che non sono ortogonali e $v_4$?
Un altra domanda che mi sorge è: come faccio a essere sicuro che questi vettori siano tutti linearmente indipendenti?Supponiamo di avere 5 vettori (non nulli) $u,v_1,v_2,v_3,v_4$ con $u$ nel nucleo e $f(v_1,v_2)=1$ e $f(v_3,v_4)=1$ (e ovviamente $f(v,v)=0$ per ogni $v$), con $v_1,v_2$ ortogonali a $v_3,v_4$, e supponiamo di avere
$au+b_1v_1+b_2v_2+b_3v_3+b_4v_4=0$
Applicando $f(v_1,-)$ abbiamo $b_2=0$, applicando $f(v_2,-)$ abbiamo $b_1=0$, applicando $f(v_3,-)$ abbiamo $b_4=0$, applicando $f(v_4,-)$ abbiamo $b_3=0$. Quindi $au=0$, cioè $a=0$.
"Martino":
Fai la domanda contraria: quanti sono quelli ortogonali a $v_4$?
Ma in $(ZZ_(5ZZ))^5$ oppure nell'ortogonale di $span{v_2,v_3} $?
Nell'ortogonale di $span(v_2,v_3)$ ovviamente.
"Martino":
Nell'ortogonale di $span(v_2,v_3)$ ovviamente.
Io so che in $ (ZZ_(5ZZ))^5 $ il sottospazio ortogonale di $span{v_4}$ ha dimensione $4$ e siccome $v_4$ è ortogonale a $ span{v_2,v_3} $ allora il sottospazio ortogonale di $span{v_4}$ è $ span{v_2,v_3,v,w} $, osserviamo che siccome l'intersezione fra $ span{v_2,v_3,v,w} $ e il sottospazio ortogonale di $ span{v_2,v_3} $ (che ha dimensione $3$) ha dimensione $2$ allora $v$ e $w$ si trovano nel sottospazio ortogonale di $ span{v_2,v_3} $ (dato che $v_2$ e $v_3$ non possono trovarsi nel loro stesso sottospazio ortogonale poichè non sono ortogonali fra di loro), quindi siccome dobbiamo restringerci all'ortogonale di $ span{v_2,v_3}$ allora il sottospazio ortogonale di $span{v_4}$ diventa $span{v,w}$, quindi ha dimensione $2$ e abbiamo $5^2$ vettori ortogonali a $v_4$ da cui $5^3-5^2$ vettori non ortogonali a $v_4$ e poi dividiamo per $4$ per quello che hai detto tu.
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