Esercizio lunghissimo da accorciare :)
Salve a tutti, volevo proporvi questo esercizio :
Sia $A$ = $((6,0,0,-2),(0,6,2,0),(0,2,6,0),(-2,0,0,6))$ e sia $f$ $in$ End($RR$ (4)) definito da $f(X)$ = AX-XA
Calcolare il RANGO di f.
Adesso io lo avrei risolto calcolando la matrice associata all'applicazione e poi calcolandomi il rango nella maniera classica, il fatto è che però risulta essere molto lungo e macchinoso (matrice 16x16!).
La mia domanda è se qualcuno di voi con l'occhio più allenato del mio, riesce a trovare una maniera più veloce per effetture il calcolo del rango attraverso delle osservazioni matematiche che a me sono sfuggite.
Grazie mille a tutti.
Sia $A$ = $((6,0,0,-2),(0,6,2,0),(0,2,6,0),(-2,0,0,6))$ e sia $f$ $in$ End($RR$ (4)) definito da $f(X)$ = AX-XA
Calcolare il RANGO di f.
Adesso io lo avrei risolto calcolando la matrice associata all'applicazione e poi calcolandomi il rango nella maniera classica, il fatto è che però risulta essere molto lungo e macchinoso (matrice 16x16!).
La mia domanda è se qualcuno di voi con l'occhio più allenato del mio, riesce a trovare una maniera più veloce per effetture il calcolo del rango attraverso delle osservazioni matematiche che a me sono sfuggite.
Grazie mille a tutti.
Risposte
- intanto la matrice A solo cambiando base da (e_1,e_2,e_3,e_4) a (e_1,e_4,e_2,e_3) si riscrive in blocchetti 2x2 e quindi hai due sottospazi invarianti....
- poi la notazione AX-XA non la capisco... se X è un vettore di R^4 allora AX è un vettore colonna mentre XA un vettore riga.... come si interpreta la differenza? e poi non capisco come ti esca fuori una matrice 16x16 ma evidentemente mi sfugge il testo...
- poi la notazione AX-XA non la capisco... se X è un vettore di R^4 allora AX è un vettore colonna mentre XA un vettore riga.... come si interpreta la differenza? e poi non capisco come ti esca fuori una matrice 16x16 ma evidentemente mi sfugge il testo...
La X è la matrice (4x4 in questo caso) delle incognite, è per questo che la matrice associata viene 16x16.
ma quindi non è vero che f appartiene a End(R^4)... 
ah ok ho capito... per R(4) intendi le matrici 4x4 ha coefficienti reali rigth?
se è così ti farò sapere...
se è così ti farò sapere...
ti sparo giù solo una idea.... poi vedi te...
considera l'automorfismo interno $\phi_B(X)=B^(-1)XB$ t.c. $\phi(B)$ porta la matrice iniziale in forma a blocchetti 2x2 (chiamiamo i due blocchetti $A$ e $B$). Vale
$\phi_B(MN)=\phi_B(M)\phi_B(N)$
grazie tante è un autormorfismo
e poi anche (dovrebbe essere vero)
$\phi_B(M+N)=\phi_B(M)+\phi_B(N)$
utilizzando queste proprietà credo che arrivi abbastanza facilmente a se $\phi_B(X)=((x_1,x_2),(x_3,x_4))$
$\phi_B(f(X))=$$((Ax_1-x_1A,x_2B-Ax_2),(Bx_3-x_3A,Bx_4-x_4B))$
ora usando che dovrebbe valere
$rg(\phi_B°f)=rg(f)$
puoi studiare l'ultima applicazione... come vedi i quattro blocchetti risultati sono indipendenti (nel senso che il primo in alto a sinistra dipende solo da x_1, quello in alto a destra dipende da x_2,,...) e quindi il compito è molto semplificato....
poi non so a me è venuta questa idea magari ce ne sono di migliori...
considera l'automorfismo interno $\phi_B(X)=B^(-1)XB$ t.c. $\phi(B)$ porta la matrice iniziale in forma a blocchetti 2x2 (chiamiamo i due blocchetti $A$ e $B$). Vale
$\phi_B(MN)=\phi_B(M)\phi_B(N)$
grazie tante è un autormorfismo
e poi anche (dovrebbe essere vero)
$\phi_B(M+N)=\phi_B(M)+\phi_B(N)$
utilizzando queste proprietà credo che arrivi abbastanza facilmente a se $\phi_B(X)=((x_1,x_2),(x_3,x_4))$
$\phi_B(f(X))=$$((Ax_1-x_1A,x_2B-Ax_2),(Bx_3-x_3A,Bx_4-x_4B))$
ora usando che dovrebbe valere
$rg(\phi_B°f)=rg(f)$
puoi studiare l'ultima applicazione... come vedi i quattro blocchetti risultati sono indipendenti (nel senso che il primo in alto a sinistra dipende solo da x_1, quello in alto a destra dipende da x_2,,...) e quindi il compito è molto semplificato....
poi non so a me è venuta questa idea magari ce ne sono di migliori...
Vi ringrazio per le proposte di risoluzione, domani proverò a fare come dite!
"Sergio":
[quote="Alexiei"]Vi ringrazio per le proposte di risoluzione, domani proverò a fare come dite!
Prego, ma temo di aver detto, per la fretta, un cumulo di sciocchezze.
Proverei una strada diversa, ma sempre basata sulla ricerca del kernel:
$AX-XA=0 => AX=XA$
Dato che $A$ è invertibile, si può premoltiplicare, o postmoltiplicare, per la sua inversa:
$A^(-1)AX=A^(-1)XA => X=A^(-1)XA$
$AXA^(-1)=XAA^(-1) => X=AXA^(-1)$
Quindi $X$ non può che essere una matrice simile a se stessa per una matrice che non è la matrice identità.
Questo mi fa pensare (ma vorrei tanto sentire franced) che $X$ deve essere diagonale.
[/quote]
se sei così curioso di sapere se le cose sono vere potresti provare a dimostrarle
dire AX-XA=0 vuol dire che X commuta con la matrice A.... ora per esempio A commuta conla matrice A quindi X=A appartiene al Kernel...
Dai post precedenti direi che tutto si riconduce a trovare la dimensione dello spazio delle matrici che commutano con $A$.
Ho pensato ad una cosa, ma ho bisogno di qualcuno più esperto di me in teoria dei moduli che mi confermi quanto sto per dire.
Dobbiamo considerare il $RR[\lambda]$-modulo $RR^4$ determinato dall'applicazione lineare $T:RR^4\toRR^4$ definita da $A$. E' noto che le applicazioni lineari che commutano con $T$ sono tutti e soli gli endomorfismi del $RR[\lambda]$-modulo $RR^4$.
Quindi basta trovare la dimensione di $End_{RR[\lambda]}RR^4$ per trovare la dimensione di $ker\ f$.
Ma quest'ultimo modulo è isomorfo ad un modulo quoziente di cui è noto come calcolare un sistema completo di rappresentanti.
Ho ridotto in forma normale la matrice $\lambda I-A$ trovando $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,d(\lambda),0),(0,0,0,d(\lambda)))$
dove $d(\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-8)$.
Quindi un sistema completo di rappresentanti è (ma qui non sono sicuro di aver applicato per bene quanto scritto sui miei appunti scritti tanto tempo fa) è
$((a+b\lambda, e+f\lambda),(c+d\lambda, g+h\lambda))$
Si ottengono $8$ parametri liberi e quindi $dim\ ker\ f=8$, da cui $rank(f)=16-8=8$.
Ora non ci resta che aspettare l'aiuto di un algebrista che ci confermi/smentisca quanto ho detto.
Ho pensato ad una cosa, ma ho bisogno di qualcuno più esperto di me in teoria dei moduli che mi confermi quanto sto per dire.
Dobbiamo considerare il $RR[\lambda]$-modulo $RR^4$ determinato dall'applicazione lineare $T:RR^4\toRR^4$ definita da $A$. E' noto che le applicazioni lineari che commutano con $T$ sono tutti e soli gli endomorfismi del $RR[\lambda]$-modulo $RR^4$.
Quindi basta trovare la dimensione di $End_{RR[\lambda]}RR^4$ per trovare la dimensione di $ker\ f$.
Ma quest'ultimo modulo è isomorfo ad un modulo quoziente di cui è noto come calcolare un sistema completo di rappresentanti.
Ho ridotto in forma normale la matrice $\lambda I-A$ trovando $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,d(\lambda),0),(0,0,0,d(\lambda)))$
dove $d(\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-8)$.
Quindi un sistema completo di rappresentanti è (ma qui non sono sicuro di aver applicato per bene quanto scritto sui miei appunti scritti tanto tempo fa) è
$((a+b\lambda, e+f\lambda),(c+d\lambda, g+h\lambda))$
Si ottengono $8$ parametri liberi e quindi $dim\ ker\ f=8$, da cui $rank(f)=16-8=8$.
Ora non ci resta che aspettare l'aiuto di un algebrista che ci confermi/smentisca quanto ho detto.
"cirasa":
Dobbiamo considerare il $RR[\lambda]$-modulo $RR^4$ determinato dall'applicazione lineare $T:RR^4\toRR^4$ definita da $A$.
intanto che aspetti qualcuno tipo rubik o simili ti va di spiegarmi cosa intendi per $RR[\lambda]$? (serie formali a coefficienti reali????) e come agiscono sul gruppo additivo $R^4$ per dargli una struttura di modulo?
Certo! Approfitto di questo post per usare i nuovi comandi fantastici 
[tex]\mathbb{R}[\lambda][/tex] è l'insieme dei polinomi a coefficienti in [tex]\mathbb{R}[/tex] nella indeterminata [tex]\lambda[/tex]. Naturalmente si tratta di un dominio.
Se [tex]p(\lambda)=a_n\lambda^n+...+a_1\lambda+a_0[/tex] è un polinomio, poniamo [tex]p(T)=a_nT^n+...+a_1T+a_0I[/tex], dove [tex]I[/tex] è l'identità su [tex]\mathbb{R}^4[/tex] e [tex]T^i=\underbrace{T\circ\dots\circ T}_{i\ volte}[/tex]
Ovviamente [tex](\mathbb{R}^4,+)[/tex] è un gruppo abeliano. Diventa un dominio con l'operazione
[tex]p(\lambda)\in\mathbb{R}[\lambda],\ v\in\mathbb{R}^4\ \mapsto \left(p(T)\right)(v)\in\mathbb{R}^4[/tex]
E' facile verificare che un omomorfismo di spazi vettoriali [tex]g:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4[/tex] è anche omomorfismo di moduli se e solo se [tex]g[/tex] commuta con [tex]T[/tex].
Edit: forse non l'ho specificato. [tex]T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4[/tex] è l'applicazione lineare definita da [tex]A[/tex].
[tex]\mathbb{R}[\lambda][/tex] è l'insieme dei polinomi a coefficienti in [tex]\mathbb{R}[/tex] nella indeterminata [tex]\lambda[/tex]. Naturalmente si tratta di un dominio.
Se [tex]p(\lambda)=a_n\lambda^n+...+a_1\lambda+a_0[/tex] è un polinomio, poniamo [tex]p(T)=a_nT^n+...+a_1T+a_0I[/tex], dove [tex]I[/tex] è l'identità su [tex]\mathbb{R}^4[/tex] e [tex]T^i=\underbrace{T\circ\dots\circ T}_{i\ volte}[/tex]
Ovviamente [tex](\mathbb{R}^4,+)[/tex] è un gruppo abeliano. Diventa un dominio con l'operazione
[tex]p(\lambda)\in\mathbb{R}[\lambda],\ v\in\mathbb{R}^4\ \mapsto \left(p(T)\right)(v)\in\mathbb{R}^4[/tex]
E' facile verificare che un omomorfismo di spazi vettoriali [tex]g:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4[/tex] è anche omomorfismo di moduli se e solo se [tex]g[/tex] commuta con [tex]T[/tex].
Edit: forse non l'ho specificato. [tex]T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4[/tex] è l'applicazione lineare definita da [tex]A[/tex].
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