Polinomio caratteristico della tavola pitagorica
qualcuno potrebbe aiutarmi ad impostare questo esercizio?
calcolare il polinomio caratteristico della tavola pitagorica
$((1,2,3,4,5,6,7,8,9,10),(11,12,13,14,15,16,17,18,19,20),(21,22,23,24,25,26,27,28,29,30),(31,32,33,34,35,36,37,38,39,40),(41,42,43,44,45,46,47,48,49,50),(51,52,53,54,55,56,57,58,59,60),(61,62,63,64,65,66,67,68,69,70),(71,72,73,74,75,76,77,78,79,80),(81,82,83,84,85,86,87,88,89,90),(91,92,93,94,95,96,97,98,99,100))$
calcolare il polinomio caratteristico della tavola pitagorica
$((1,2,3,4,5,6,7,8,9,10),(11,12,13,14,15,16,17,18,19,20),(21,22,23,24,25,26,27,28,29,30),(31,32,33,34,35,36,37,38,39,40),(41,42,43,44,45,46,47,48,49,50),(51,52,53,54,55,56,57,58,59,60),(61,62,63,64,65,66,67,68,69,70),(71,72,73,74,75,76,77,78,79,80),(81,82,83,84,85,86,87,88,89,90),(91,92,93,94,95,96,97,98,99,100))$
Risposte
Quella non e' la tavola pitagorica. La tavola pitagorica e' questa.
Calcolare il polinomio caratteristico della vera tavola pitagorica (quella di wikipedia) e' facile: hai qualche idea del perche' e' facile? Prova a pensare al suo rango.
Per calcolare il polinomio caratteristico della matrice che hai scritto tu bisogna ragionare un pochino di piu'. Ancora una volta, quale e' il rango della matrice che hai scritto tu? Cosa si deduce a proposito del polinomio caratteristico?
Calcolare il polinomio caratteristico della vera tavola pitagorica (quella di wikipedia) e' facile: hai qualche idea del perche' e' facile? Prova a pensare al suo rango.
Per calcolare il polinomio caratteristico della matrice che hai scritto tu bisogna ragionare un pochino di piu'. Ancora una volta, quale e' il rango della matrice che hai scritto tu? Cosa si deduce a proposito del polinomio caratteristico?
"Pappappero":
Quella non e' la tavola pitagorica. La tavola pitagorica e' questa.
Calcolare il polinomio caratteristico della vera tavola pitagorica (quella di wikipedia) e' facile: hai qualche idea del perche' e' facile? Prova a pensare al suo rango.
Per calcolare il polinomio caratteristico della matrice che hai scritto tu bisogna ragionare un pochino di piu'. Ancora una volta, quale e' il rango della matrice che hai scritto tu? Cosa si deduce a proposito del polinomio caratteristico?
Il rango è due (aveva già postato questo esercizio in cui si richiede) quindi con alcune operazioni si ricava che la segnatura è
(1,1,8).
Il problema è? come si trovano effettivamente gli autovalori diversi da zero?
errore di distrazione sulla matrice che ho scritto perdonatemi ma la testa prima degli esami svalvola
comunque rispetto al rango, so che se il determinante della matrice è diverso da zero il rango della matrice è massimo
siccome il rango non è massimo il determinante dovrebbe essere zero
ma tutto questo è riferito alla matrice stessa mentre per trovare il polinomio caratteristico dovrei trovare il determinante della matrice (B-Iλ) e non penso di poter fare lo stesso ragionamento
comunque rispetto al rango, so che se il determinante della matrice è diverso da zero il rango della matrice è massimo
siccome il rango non è massimo il determinante dovrebbe essere zero
ma tutto questo è riferito alla matrice stessa mentre per trovare il polinomio caratteristico dovrei trovare il determinante della matrice (B-Iλ) e non penso di poter fare lo stesso ragionamento
Nel caso della tavola pitagorica e' facile, perche' il rango e' $1$, qiundi il polinomio caratteristco e' della forma $f = t^9 *(t-\lambda)$ dove $\lambda$ e' l'unico autovalore non nullo. Sviluppando si ottiene che il polinomio caratteristico e' $f = t^10 - \lambda t^9$ e percio' $\lambda$ e' proprio la traccia della matrice, che e' $385$.
Ora, nel caso dell'altra matrice e' un pochino piu' difficile. Si ottiene che il polinomio caratteristico e'
\[
g = t^{10} + a t^9 + b t^8
\]
dove $a = - 505$ e' l'opposto della traccia della matrice. Si osserva che $b$ e' il prodotto dei due autovalori non nulli. Ci sono formule per $b$ in funzione dei minori della matrice che forse in questo caso risultano piu' facili. Ad esempio qui da' qualche idea. Forse c'e' un modo piu' facile, ma ci devo un po' pensare.
Ora, nel caso dell'altra matrice e' un pochino piu' difficile. Si ottiene che il polinomio caratteristico e'
\[
g = t^{10} + a t^9 + b t^8
\]
dove $a = - 505$ e' l'opposto della traccia della matrice. Si osserva che $b$ e' il prodotto dei due autovalori non nulli. Ci sono formule per $b$ in funzione dei minori della matrice che forse in questo caso risultano piu' facili. Ad esempio qui da' qualche idea. Forse c'e' un modo piu' facile, ma ci devo un po' pensare.
Vero!!!
Mi era venuto in mente un'altro metodo in cui però mi sono bloccato e non so se sia giusto, per evitare i mille conti della matrice $A^2$
Ho gli autovalori $lambda_1>0 , lambda_2<0 , lambda_3=0$
Allora ricavarsi l'autospazio relativo all'autovalore zero è facile in quanto dalla terza alla decima riga sono c.l delle prime due.
Quindi $A*x=0$ dalle due equazioni poste a sistema(le prime due righe l.i.) mi ricavo una base dell'autospazio relativo a $lambda_3=0$ ottenendo 8 vettori l.i.
I vettori sono del tipo:
$ [ (j-1 ),( 1-j ),(0),( .. ),( j ),( .. ),( 0 ) ] $ con quell $1$ alla riga $j$ ... per esempio per 1 alla riga j=3 ho:
$ [ (1 ),( -2 ),(1),(0),( .. ),( 0 ) ] $
Perciò ho che la molteplicità geometrica coincide con quella algebrica.
Gli altri due autovalori sono semplici, quindi la matrice è diagonalizzabile.
Ma una matrice è diagonalizzabile $hArr R^10=V= V_(lambda_1)o+V_(lambda_2)o+V_(lambda_3) $
Quindi mi basta andare a trovare il complementare dell'autospazio relativo a $lambda_3=0$.
Se prendo i primi due vettori della base canonica : $ [(1),(0),(..),(0)] ,[(0),(1),(..),(0)] $ ho che sono l.i. tra di loro e sono anche l.i. con i vettori della base dell'autospazio $V_3$ quindi gli autovettori saranno da ricercare nello spazio generato da
$ [(1),(0),(..),(0)] ,[(0),(1),(..),(0)] $.
Trovati gli autovettori(????) moltiplico semplicemente con la matrice e trovo gli autovalori da cui ricavo il pol. car.
Però :
1) non so se sia giusto, in particolare il passaggio del complementare per trovare l'autospazio
2) mi sono bloccato...
Mi era venuto in mente un'altro metodo in cui però mi sono bloccato e non so se sia giusto, per evitare i mille conti della matrice $A^2$
Ho gli autovalori $lambda_1>0 , lambda_2<0 , lambda_3=0$
Allora ricavarsi l'autospazio relativo all'autovalore zero è facile in quanto dalla terza alla decima riga sono c.l delle prime due.
Quindi $A*x=0$ dalle due equazioni poste a sistema(le prime due righe l.i.) mi ricavo una base dell'autospazio relativo a $lambda_3=0$ ottenendo 8 vettori l.i.
I vettori sono del tipo:
$ [ (j-1 ),( 1-j ),(0),( .. ),( j ),( .. ),( 0 ) ] $ con quell $1$ alla riga $j$ ... per esempio per 1 alla riga j=3 ho:
$ [ (1 ),( -2 ),(1),(0),( .. ),( 0 ) ] $
Perciò ho che la molteplicità geometrica coincide con quella algebrica.
Gli altri due autovalori sono semplici, quindi la matrice è diagonalizzabile.
Ma una matrice è diagonalizzabile $hArr R^10=V= V_(lambda_1)o+V_(lambda_2)o+V_(lambda_3) $
Quindi mi basta andare a trovare il complementare dell'autospazio relativo a $lambda_3=0$.
Se prendo i primi due vettori della base canonica : $ [(1),(0),(..),(0)] ,[(0),(1),(..),(0)] $ ho che sono l.i. tra di loro e sono anche l.i. con i vettori della base dell'autospazio $V_3$ quindi gli autovettori saranno da ricercare nello spazio generato da
$ [(1),(0),(..),(0)] ,[(0),(1),(..),(0)] $.
Trovati gli autovettori(????) moltiplico semplicemente con la matrice e trovo gli autovalori da cui ricavo il pol. car.
Però :
1) non so se sia giusto, in particolare il passaggio del complementare per trovare l'autospazio
2) mi sono bloccato...
Il complemento che prendi non puo' essere arbitrario. Esiste un unico sottospazio $W$ di dimensione $2$ tale che $W \cap V_3 = 0$ e $W$ contiene i due autovettori relativi agli autovalori non nulli; in generale questo $W$ non e' detto che sia generato dai primi due vettori della base canonica (condizione necessaria, ma non sufficiente, e' che il blocchetto sud-ovest $8 \times 2$ abbia rango $1$).
Se la matrice fosse simmetrica (anzi, probabilmente basterebbe una qualche simmetria a blocchi che non mi e' chiara), allora $W$ sarebbe il complemento ortogonale di $V_3$. Pero' in questo caso, non vedo simmetrie che ci possano aiutare a determinare $W$.
Comunque questo esercizio e' immediato avendo a disposizione qualunque software di base. Quindi ho barato e ho fatto i conti con matlab, per vedere se conoscendo la risposta riuscivo a capire come arrivarci. Purtroppo si osserva che i due autovettori non nulli sono irrazionali. Percio' dubito ci sia un trucco per trovare gli autovalori e poi moltiplicarli insieme.
Il calcolo di $A^2$ in effetti e' bruttino e non vedo simmetrie belle da sfruttare. Tuttavia ci serve calcolare solo solo gli elementi diagonali di $A^2$; questo forse e' facile e domani ci pensero' meglio.
Se la matrice fosse simmetrica (anzi, probabilmente basterebbe una qualche simmetria a blocchi che non mi e' chiara), allora $W$ sarebbe il complemento ortogonale di $V_3$. Pero' in questo caso, non vedo simmetrie che ci possano aiutare a determinare $W$.
Comunque questo esercizio e' immediato avendo a disposizione qualunque software di base. Quindi ho barato e ho fatto i conti con matlab, per vedere se conoscendo la risposta riuscivo a capire come arrivarci. Purtroppo si osserva che i due autovettori non nulli sono irrazionali. Percio' dubito ci sia un trucco per trovare gli autovalori e poi moltiplicarli insieme.
Il calcolo di $A^2$ in effetti e' bruttino e non vedo simmetrie belle da sfruttare. Tuttavia ci serve calcolare solo solo gli elementi diagonali di $A^2$; questo forse e' facile e domani ci pensero' meglio.
"Pappappero":
Il complemento che prendi non puo' essere arbitrario. Esiste un unico sottospazio $W$ di dimensione $2$ tale che $W \cap V_3 = 0$ e $W$ contiene i due autovettori relativi agli autovalori non nulli; in generale questo $W$ non e' detto che sia generato dai primi due vettori della base canonica (condizione necessaria, ma non sufficiente, e' che il blocchetto sud-ovest $8 \times 2$ abbia rango $1$).
Se la matrice fosse simmetrica (anzi, probabilmente basterebbe una qualche simmetria a blocchi che non mi e' chiara), allora $W$ sarebbe il complemento ortogonale di $V_3$. Pero' in questo caso, non vedo simmetrie che ci possano aiutare a determinare $W$.
Comunque questo esercizio e' immediato avendo a disposizione qualunque software di base. Quindi ho barato e ho fatto i conti con matlab, per vedere se conoscendo la risposta riuscivo a capire come arrivarci. Purtroppo si osserva che i due autovettori non nulli sono irrazionali. Percio' dubito ci sia un trucco per trovare gli autovalori e poi moltiplicarli insieme.
Il calcolo di $A^2$ in effetti e' bruttino e non vedo simmetrie belle da sfruttare. Tuttavia ci serve calcolare solo solo gli elementi diagonali di $A^2$; questo forse e' facile e domani ci pensero' meglio.
In effetti dovendo calcolare solo la traccia basta effettuare solo 9 prodotti scalari per $tr(A^2)$ quindi non troppo oneroso.
Per la parte in grassetto a cosa ti riferisci? Come mai rango 1?
Comunque $W notin Ker(A)$ perciò $W in Imm(A)$ e quindi non i primi due vettori della base canonica(senza senso) , ma forse con $[(1),(11),(21),(31),(41),(51),(61),(71),(81),(91)] , [(2),(12),(22),(32),(42),(52),(62),(72),(82),(92)]$ dovrebbe funzionare in quanto base dell'immagine e quindi base di $W=V_1o+V_2$
Hai ragione. I due autovettori corrispondenti ad autovalori non nulli dovranno essere nell'immagine della matrice e quindi nello span dei due vettori che hai scritto. Questo limita il campo di ricerca ma non so bene come possa in effetti aiutare a trovare gli autovettori.
Per la frase in grassetto che hai scritto. Supponi che $B$ sia una matrice che ha un autovettore nello span di $e_1,e_2$, i primi due vettori della base canonica. Supponiamo che $v = ae_1 + be_2$. Se $A_1,A_2$ sono le prime due colonne della base canonica, significa che $aA_1 + bA_2 = \lambda v$, e quindi $aA_1 + bA_2$ e' nullo al di sotto della seconda entrata. Sal momento che $a,b$ non sono entrambi nulli, i due vettori ottenuti da $A$ prendendo la prima e la seconda colonna dalla seconda entrata in giu' devono essere linearmente indipendenti.
Per la frase in grassetto che hai scritto. Supponi che $B$ sia una matrice che ha un autovettore nello span di $e_1,e_2$, i primi due vettori della base canonica. Supponiamo che $v = ae_1 + be_2$. Se $A_1,A_2$ sono le prime due colonne della base canonica, significa che $aA_1 + bA_2 = \lambda v$, e quindi $aA_1 + bA_2$ e' nullo al di sotto della seconda entrata. Sal momento che $a,b$ non sono entrambi nulli, i due vettori ottenuti da $A$ prendendo la prima e la seconda colonna dalla seconda entrata in giu' devono essere linearmente indipendenti.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo