Prodotto righe per colonne
Salve. In un esercizio mi viene chiesto di verificare che data una certa matrice \(M\) simmetrica, \(\exists v : v^t \cdot M \cdot w = 0\ \forall w\) con \(v,w\) appartenenti eccetera eccetera eccetera. Ora, la condizione l'ho trovata: deve essere \(det(M)=0\), però quello che volevo sapere è, per evitarmi alcuni calcoli:
poiché deve valere \(\forall w\), posso dire che \(v^t \cdot M \cdot w = 0 \Leftrightarrow v^t \cdot M=0\)?
In un certo senso, cioè, vale la legge di annullamento del prodotto per il prodotto righe per colonne?
poiché deve valere \(\forall w\), posso dire che \(v^t \cdot M \cdot w = 0 \Leftrightarrow v^t \cdot M=0\)?
In un certo senso, cioè, vale la legge di annullamento del prodotto per il prodotto righe per colonne?
Risposte
Il conto l'ho già fatto, il risultato è lo stesso... Però non so se è un caso o se davvero vale la legge di annullamento del prodotto...
In generale nell'anello delle matrici non vale la legge di annullamento, infatti ci sono divisori dello zero, per esempio $((1,0),(0,0)) * ((0,0),(0,1)) = ((0,0),(0,0))$
Secondo me no, un controesempio facile potrebbe essere $(1,0)*((3,0),(0,4))*((0),(1))=0$, ma $(1,0)*((3,0),(0,4))=(3,0)$ e inoltre $((3,0),(0,4))*((0),(1))=((0),(4))$
"giuliofis":
posso dire che $v^t⋅M⋅w=0⇔v^t⋅M=0$
Secondo me no, un controesempio facile potrebbe essere $(1,0)*((3,0),(0,4))*((0),(1))=0$, ma $(1,0)*((3,0),(0,4))=(3,0)$ e inoltre $((3,0),(0,4))*((0),(1))=((0),(4))$
"perplesso":
In generale nell'anello delle matrici non vale la legge di annullamento, infatti ci sono divisori dello zero, per esempio $((1,0),(0,0)) * ((0,0),(0,1)) = ((0,0),(0,0))$
[quote="giuliofis"] posso dire che $v^t⋅M⋅w=0⇔v^t⋅M=0$
Secondo me no, un controesempio facile potrebbe essere $(1,0)*((3,0),(0,4))*((0),(1))=0$, ma $(1,0)*((3,0),(0,4))=(3,0)$ e inoltre $((3,0),(0,4))*((0),(1))=((0),(4))$[/quote]
Bene, grazie! Dunque devo fare tutti i conti.
Ho la matrice $((0,1,2),(1,2,3),(2,3,4))$ e devo trovare il \(v=(v_1,v_2,v_3) \ne (0,0,0)\) detto sopra.
Se faccio i conti ottengo $(v_2+2v_3,v_1+2v_2+3v_3,2v_2+3v_2+4v_3)* ((w_1),(w_2),(w_3))=0$ e facendo ancora i conti \(w_1(v_2+2v_3)+w_2(v_1+2v_2+3_v3)+w_3(2v_2+3v_2+4v_3)=0\) e, data l'arbitrarietà di \(w=w_1,w_2,w_3)\) questo è vero quando sono nulli i coefficienti di \(w_i\) e cioè quando la matrice dei coefficienti del sistema lineare omogeneo che mi scappa fuori ha almeno una incognita libera, cioè se \(rango(M)<3\) e cioè se \(det(M)=0\). In questo caso lo è, e i vettori li trovo risolvendo il sistema. È giusto come ragionamento?
EDIT: Aggiungo una domanda: sto studiando con un compagno di studi, il quale mi sta parlando di "nucleo di forme bilineari". Ma esiste 'sto nucleo di forme bilineari? Io non ricordo che il professore ce ne abbia parlato... La parola nucleo per me è riferita agli endomorfismi...
Penso sia sufficiente controllare che quel prodotto è uguale a $0$ quando
$w \in {e_1=((1),(0),(0)),e_2=((0),(1),(0)),e_3=((0),(0),(1))}$
poichè ogni altrovalore di $w$ si ottiene come combinazione lineare $ae_1+be_2+ce_3$ per opportuni scalari. Infatti si sfrutta la linearità $v^tM(ae_1+be_2+ce_3)=a*(v^tMe_1)+b*(v^tMe_2)+c*(v^tMe_3)=0+0+0=0$. E quindi si imposta un sistema omogeneo praticamente come hai fatto tu.
$w \in {e_1=((1),(0),(0)),e_2=((0),(1),(0)),e_3=((0),(0),(1))}$
poichè ogni altrovalore di $w$ si ottiene come combinazione lineare $ae_1+be_2+ce_3$ per opportuni scalari. Infatti si sfrutta la linearità $v^tM(ae_1+be_2+ce_3)=a*(v^tMe_1)+b*(v^tMe_2)+c*(v^tMe_3)=0+0+0=0$. E quindi si imposta un sistema omogeneo praticamente come hai fatto tu.
"perplesso":
Penso sia sufficiente controllare che quel prodotto è uguale a $0$ quando
$w \in {e_1=((1),(0),(0)),e_2=((0),(1),(0)),e_3=((0),(0),(1))}$
poichè ogni altrovalore di $w$ si ottiene come combinazione lineare $ae_1+be_2+ce_3$ per opportuni scalari. Infatti si sfrutta la linearità $v^tM(ae_1+be_2+ce_3)=a*(v^tMe_1)+b*(v^tMe_2)+c*(v^tMe_3)=0+0+0=0$. E quindi si imposta un sistema omogeneo praticamente come hai fatto tu.
Molte grazie!!!
Per il discorso "nucleo forme bilineari" che mi puoi dire?
"giuliofis":
EDIT: Aggiungo una domanda: sto studiando con un compagno di studi, il quale mi sta parlando di "nucleo di forme bilineari". Ma esiste 'sto nucleo di forme bilineari? Io non ricordo che il professore ce ne abbia parlato... La parola nucleo per me è riferita agli endomorfismi...
Per esistere esiste http://mathworld.wolfram.com/BilinearFormKernel.html Anche non mi ricordo che proprietà ha...
"perplesso":
[quote="giuliofis"]EDIT: Aggiungo una domanda: sto studiando con un compagno di studi, il quale mi sta parlando di "nucleo di forme bilineari". Ma esiste 'sto nucleo di forme bilineari? Io non ricordo che il professore ce ne abbia parlato... La parola nucleo per me è riferita agli endomorfismi...
Per esistere esiste http://mathworld.wolfram.com/BilinearFormKernel.html Anche non mi ricordo che proprietà ha...
[/quote]Mh... Vabbè meglio non andare a pescare cose strane allora, rimango fisso al mio svolgimento se è corretto.
Ultima domanda: anche se non l'ho scritto, arrivo a dire che la matrice dei coefficienti del sistema lineare omogeneo che ottengo dall'aver posto uguale a 0 quella roba è, in verità, la trasposta di \(M\) ma, poiché è simmetrica, ho riscritto il sistema usando lei stessa e così trovo la condizione che \(det(M)=0\).
Se la mia matrice non fosse stata simmetrica avrei potuto concludere la stessa cosa? Voglio dire, avrei ottenuto la condizione \(det(M^t)=0\), ma \(det(M^t)=det(M)\)... Posso quindi estendere questo ragionamento a qualsiasi matrice quadrata, vero?
Certe volte si parla di "nucleo" di una forma bilineare simmetrica (sennò devi distinguere nucleo sinistro e nucleo destro). Non è una notazione molto usata, però, e nemmeno altrettanto utile quanto quella di nucleo di una applicazione lineare.
Comunque, se il campo degli scalari qui è \(\mathbb{R}\) e se hai studiato i prodotti scalari, puoi usare quelli: dire che
\[v^TMw=0, \quad \forall w \in \mathbb{R}^n \]
equivale a dire
\[\langle v, Mw\rangle=0 \quad \forall w, \]
dove \(\langle, \rangle\) è il prodotto scalare standard dello spazio \(\mathbb{R}^n\). L'ultima equazione si riscrive \(\langle M^Tv, w\rangle =0\) e per la proprietà di non degenerazione del prodotto scalare essa equivale a \(M^Tv=0\). Quindi i vettori \(v\) che verificano la proprietà sono quelli del nucleo della matrice \(M^T\).
Comunque, se il campo degli scalari qui è \(\mathbb{R}\) e se hai studiato i prodotti scalari, puoi usare quelli: dire che
\[v^TMw=0, \quad \forall w \in \mathbb{R}^n \]
equivale a dire
\[\langle v, Mw\rangle=0 \quad \forall w, \]
dove \(\langle, \rangle\) è il prodotto scalare standard dello spazio \(\mathbb{R}^n\). L'ultima equazione si riscrive \(\langle M^Tv, w\rangle =0\) e per la proprietà di non degenerazione del prodotto scalare essa equivale a \(M^Tv=0\). Quindi i vettori \(v\) che verificano la proprietà sono quelli del nucleo della matrice \(M^T\).
"dissonance":
Certe volte si parla di "nucleo" di una forma bilineare simmetrica (sennò devi distinguere nucleo sinistro e nucleo destro). Non è una notazione molto usata, però, e nemmeno altrettanto utile quanto quella di nucleo di una applicazione lineare.
Comunque, se il campo degli scalari qui è \(\mathbb{R}\) e se hai studiato i prodotti scalari, puoi usare quelli: dire che
\[v^TMw=0, \quad \forall w \in \mathbb{R}^n \]
equivale a dire
\[\langle v, Mw\rangle=0 \quad \forall w, \]
dove \(\langle, \rangle\) è il prodotto scalare standard dello spazio \(\mathbb{R}^n\). L'ultima equazione si riscrive \(\langle M^Tv, w\rangle =0\) e per la proprietà di non degenerazione del prodotto scalare essa equivale a \(M^Tv=0\). Quindi i vettori \(v\) che verificano la proprietà sono quelli del nucleo della matrice \(M^T\).
Ok, ho capito. Molte grazie!
Aspetta un attimo... Con la condizione \(\displaystyle \text{det M}=0 \) sai che il rango della matrice è minore della dimensione dello spazio in cui stai lavorando. Tale spazio, che suppongo essere \(\displaystyle \mathbb{R}^{n} \), si decompone come \(\displaystyle \text{im M} \oplus (\text{im M})^{\bot} \); sia poi \(\displaystyle w \) un elemento di \(\displaystyle \mathbb{R}^{n} \). E' chiaro che \(\displaystyle \text{M} \cdot w \in \text{im M} \). Quindi basta prendere \(\displaystyle v \in (\text{im M})^{\bot} \), e avresti pure finito perché il testo chiede solo di mostrare che un tale vettore \(\displaystyle v \) esiste.
"Delirium":
Quindi basta prendere \(\displaystyle v \in (\text{im M})^{\bot} \),
Che difatti è la stessa cosa di \(v \in \ker(M^T)\) e quindi, avendo assunto \(M\) simmetrica, di \(v \in \ker M\). Queste relazioni tra nucleo e immagine di una matrice si chiamano (guarda un po') relazioni di ortogonalità.
"Delirium":
Aspetta un attimo... Con la condizione \(\displaystyle \text{det M}=0 \) sai che il rango della matrice è minore della dimensione dello spazio in cui stai lavorando. Tale spazio, che suppongo essere \(\displaystyle \mathbb{R}^{n} \), si decompone come \(\displaystyle \text{im M} \oplus (\text{im M})^{\bot} \); sia poi \(\displaystyle w \) un elemento di \(\displaystyle \mathbb{R}^{n} \). E' chiaro che \(\displaystyle \text{M} \cdot w \in \text{im M} \). Quindi basta prendere \(\displaystyle v \in (\text{im M})^{\bot} \), e avresti pure finito perché il testo chiede solo di mostrare che un tale vettore \(\displaystyle v \) esiste.
Beh, in verità poi mi chiede anche di calcolarlo... xD Comunque è vero, se avesse chiesto solo di far vedere che esiste non c'avrei pensato!
@dissonance: scusami, non avevo letto con attenzione il tuo messaggio, e quindi non mi sono accorto che il suggerimento tuo era/è in sostanza il medesimo.
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