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
A me sembrava più facile osservare che [tex]\langle v_2,v_3 \rangle^{\perp} \cap \langle v_4 \rangle^{\perp} = \langle v_2,v_3,v_4 \rangle^{\perp}[/tex].
"Martino":
A me sembrava più facile osservare che [tex]\langle v_2,v_3 \rangle^{\perp} \cap \langle v_4 \rangle^{\perp} = \langle v_2,v_3,v_4 \rangle^{\perp}[/tex].
Vabbe si quindi [tex]\langle v_2,v_3,v_4 \rangle^{\perp}[/tex] ha dimensione $2$. Quindi ricapitolando ho sbagliato un calcolo finale all'esercizio 2 e ho sbagliato metà dell'esercizio 3. Speriamo esca comunque un buon voto (ogni esercizio vale 10 punti). Sinceramente questa ultima parte non sarei riuscito a farla in poco tempo e ragionarci da solo.
A mi sono scordato di dire quindi che in totale abbiamo $23400000000$ basi simplettiche e quindi altrettante matrici $CinGL_5(ZZ_(5ZZ))$ tali che $C^TAC=((0,0,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,-1,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,-1,0))$
Sì anche a me viene così.
"Martino":
Sì anche a me viene così.
vabbe dai ne ho mancate solo $23399999936$ HAHAHAHHAHA
"andreadel1988":
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: $Ker(A-I)=span{((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)=span{((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)^2=span{((1),(-3),(0),(0)),((0),(0),(1),(0))}$, $Ker(A-2I)^2=span{((1),(0),(4),(1)),((0),(1),(1),(0))}$, $Ker(A-I)\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-I)^2\oplusKer(A-2I)$, $Ker(A-2I)^2\oplusKer(A-I)$.
Qualcuno che ha voglia non è che mi riesce a confermare i calcoli rifacendo i conti
?(se nessuno vuole fa niente). La matrice di partenza in questione è: $A_\alpha=((1,0,0,1),(\alpha,2,0,0),(3,1,1,1),(0,0,0,2))$
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