$q: RR^4->RR$ forma quadratica.
Salve ragazzi, ho il seguente quesito :
Sia $q : RR^4->RR$ forma quadratica definita da $q(x,y,z,t)=x^2-2xy+2y^2+2yz+z^2+t^2$.
1) Determinare la segnatura di $q$ e una base di $RR^4$ che fornisce l'espressione canonica di $q$.
Ho ragionato al seguente modo.
1) Sia $B_{c}={e_1,e_2,e_3,e_4}$ la base canonica di $RR^4$. E sia $g: RR^4\timesRR^4 -> RR$ la forma bilineare simmetrica associata a $q$.
Si verifica facilmente che la matrice associata a $g$ rispetto a tale base risulta essere :
$A= ((1,-1,-1,0),(-1,2,1,0),(-1,1,1,0),(0,0,0,1))$. Si verifica facilmente che $A$ ha rango 3 e dunque $q$ è degenere.
Al fine di determinare la segnatura di $q$, devo diagonalizzare $A$, cioè devo trovare una base $\bar(B)$ di $RR^3$ formata da vettori due a due ortogonali .
Noto che $e_1$ è non isotropo , infatti $f(e_1)=1!=0$. Determino $^T={v=(x,y,z,t) \in RR^4 | g(v,e_1)=0} = $
$={ v=(x,y,z,t) \in RR^4 | (x\:y\: z\: t) A ((1),(0),(0),(0))=0}={v=(y+z,y,z,t) |y,z,t \in RR}=<(1,1,0,0),(1,0,1,0),(0,0,0,1)> $
Scelgo il vettore $e_4=(0,0,0,1) => f(e_4)=1!=0$.
In maniera analoga determino un vettore ortogonale sia a $e_1$ che a $e_4$ ,
Ricercandolo in $^T nn ^T$ ad esempio prendo il vettore $v_1=(1,1,0,0)$ , $q(v_1)=1$.
Per ultimo determino un vettore ortogonale ai tre precendenti, ricercandolo dunque in
$^{T}nn^Tnn^T$. Per esempio $v_2=(1,0,1,0)$, $f(v_2)=0$.
Posto $\bar{B}={e_1,e_4,v_1,v_4}$ si ha una base ortogonale di $RR^4$ rispetto alla forma quadratica $q$.
La matrice associata rispetto a questa base risulta essere :
$D=((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,0))$. Dunque la segnatura di $q$ risulta essere $(3,0)$ . Inoltre notiamo che tale base fornisce $q$ di forma canonica, infatti rispetto a tale base $q(x,y,z,t)=x^2+y^2+z^2$.
Vi sembra che fili? grazie mille!
Domande :
Nella diagonalizzazione, è strettamente necessario che solo il primo vettore sia non isotropo, giusto?
Sia $q : RR^4->RR$ forma quadratica definita da $q(x,y,z,t)=x^2-2xy+2y^2+2yz+z^2+t^2$.
1) Determinare la segnatura di $q$ e una base di $RR^4$ che fornisce l'espressione canonica di $q$.
Ho ragionato al seguente modo.
1) Sia $B_{c}={e_1,e_2,e_3,e_4}$ la base canonica di $RR^4$. E sia $g: RR^4\timesRR^4 -> RR$ la forma bilineare simmetrica associata a $q$.
Si verifica facilmente che la matrice associata a $g$ rispetto a tale base risulta essere :
$A= ((1,-1,-1,0),(-1,2,1,0),(-1,1,1,0),(0,0,0,1))$. Si verifica facilmente che $A$ ha rango 3 e dunque $q$ è degenere.
Al fine di determinare la segnatura di $q$, devo diagonalizzare $A$, cioè devo trovare una base $\bar(B)$ di $RR^3$ formata da vettori due a due ortogonali .
Noto che $e_1$ è non isotropo , infatti $f(e_1)=1!=0$. Determino $
$={ v=(x,y,z,t) \in RR^4 | (x\:y\: z\: t) A ((1),(0),(0),(0))=0}={v=(y+z,y,z,t) |y,z,t \in RR}=<(1,1,0,0),(1,0,1,0),(0,0,0,1)> $
Scelgo il vettore $e_4=(0,0,0,1) => f(e_4)=1!=0$.
In maniera analoga determino un vettore ortogonale sia a $e_1$ che a $e_4$ ,
Ricercandolo in $
Per ultimo determino un vettore ortogonale ai tre precendenti, ricercandolo dunque in
$
Posto $\bar{B}={e_1,e_4,v_1,v_4}$ si ha una base ortogonale di $RR^4$ rispetto alla forma quadratica $q$.
La matrice associata rispetto a questa base risulta essere :
$D=((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,0))$. Dunque la segnatura di $q$ risulta essere $(3,0)$ . Inoltre notiamo che tale base fornisce $q$ di forma canonica, infatti rispetto a tale base $q(x,y,z,t)=x^2+y^2+z^2$.
Vi sembra che fili? grazie mille!
Domande :
Nella diagonalizzazione, è strettamente necessario che solo il primo vettore sia non isotropo, giusto?
Risposte
"Kashaman":
Vi sembra che fili? [...]
Sì, hai ragionato correttamente.
Forse però avresti potuto risparmiare qualche conto osservando preliminarmente che \(e_3\) e \(e_4\) sono ortogonali tra loro e non isotropi...
"Kashaman":Sinceramente non capisco la domanda.
[...] Nella diagonalizzazione, è strettamente necessario che solo il primo vettore sia non isotropo, giusto?
"Delirium":
[quote="Kashaman"]Vi sembra che fili? [...]
Sì, hai ragionato correttamente.
Forse però avresti potuto risparmiare qualche conto osservando preliminarmente che \(e_3\) e \(e_4\) sono ortogonali tra loro e non isotropi...
[/quote] hai ragione Delirium!
"Kashaman":Sinceramente non capisco la domanda.
[...] Nella diagonalizzazione, è strettamente necessario che solo il primo vettore sia non isotropo, giusto?
Riformulo la domanda, il rango della matrice associata ci dice quanti vettori non isotropi andranno a finire nella base , giusto?
Posto la continua dell'esercizio...
2) Facendo riferimento alla forma quadratica che ho scritto sopra..
Sia $U={(x,y,z,t) \in RR^4 | x-2y=0, z+t=0}$ determinare $U^T$, la restrizione $q_{|U}$ , dire se è definita positiva e determinare $I(q_{|U})$ cono isotropo di tale restrizione.
Innanzi tutto esplicito $U={(x,y,z,t) \in RR^4 | x=2y, t=-z}={ y(2,1,0,0) + z(0,0,1,-1) | y,z \in RR} =
Dopo di che determino
$U^T={v=(x,y,z,t) \in RR^4 | g(v,u_1)=0,g(v,u_2)=0}={(x,y,z,t) \in RR^4 | x-z=0,x-y-z+t=0}$
da cui risolvendo il sistema lineare omogeneo
$x-z=0$
$x-y-z+t=0$
ottengo che
$U^T={(z,t,z,t) | z, t \in RR } =<(0,1,0,1),(1,0,1,0)>$.
Determino ora $q_{|U}$.
Ho che $AA u \in U, q_{|U}(x,y,z,t)=q(u)=q(2y,y,z,-z)=2y^2-2yz+2z^2$
Detta $B={u_1,u_2}$ una base di $U$, ho che la matrice associata a tale restrizione risulta essere
$A=((2,-1),(-1,2))$ . Ma a questo punto mi blocco.. mi sembra sciocco diagonalizzare $A$ per stabilire la positività della restrizione. Cosa mi sto perdendo?
Grazie mille.
EDIT : Corretto errori.
"Kashaman":
[...]Riformulo la domanda, il rango della matrice associata ci dice quanti vettori non isotropi andranno a finire nella base , giusto?
Continuo a non capire: il rango della matrice associata (o ancora meglio, la sua segnatura) ci dice il numero di \(1\) e \(-1\) presenti nella forma canonica. Se ci sono sufficienti vettori disponibili, puoi anche trovare una base fatta tutta di vettori isotropi, nessuno te lo impedisce.
"Kashaman":
[...] Detta $B={u_1,u_2}$ una base di $U$, ho che la matrice associata a tale restrizione risulta essere
$A=((2,-1),(-1,2))$ . Ma a questo punto mi blocco.. mi sembra sciocco diagonalizzare $A$ per stabilire la positività della restrizione. Cosa mi sto perdendo? [...]
Intanto puoi osservare che il determinante di quella matrice è \(>0\), quindi la forma ivi indotta ha segnatura \((2,0)\) oppure \((0,2)\) (perché il determinante è invariante per quadrati). Si nota poi che \(g(u_{1},u_{1}) > 0\), e che quindi la forma non può che essere definita positiva.
"Delirium":
[quote="Kashaman"][...]Riformulo la domanda, il rango della matrice associata ci dice quanti vettori non isotropi andranno a finire nella base , giusto?
Continuo a non capire: il rango della matrice associata (o ancora meglio, la sua segnatura) ci dice il numero di \(1\) e \(-1\) presenti nella forma canonica. Se ci sono sufficienti vettori disponibili, puoi anche trovare una base fatta tutta di vettori isotropi, nessuno te lo impedisce.
[/quote] tutto chiaro!
"Kashaman":
[...] Detta $B={u_1,u_2}$ una base di $U$, ho che la matrice associata a tale restrizione risulta essere
$A=((2,-1),(-1,2))$ . Ma a questo punto mi blocco.. mi sembra sciocco diagonalizzare $A$ per stabilire la positività della restrizione. Cosa mi sto perdendo? [...]
Intanto puoi osservare che il determinante di quella matrice è \(>0\), quindi la forma ivi indotta ha segnatura \((2,0)\) oppure \((0,2)\) (perché il determinante è invariante per quadrati). Si nota poi che \(g(u_{1},u_{1}) > 0\), e che quindi la forma non può che essere definita positiva.
L'ultima parte non mi è chiarissima... dove posso trovare una dimostrazione del fatto che hai appena detto? A lezione non han mai accennato ciò che tu hai detto
.Comunque, ragionando con brute force.. diagonalizzando nuovamente $A$ determinando una base di $U$ diagonalizzante.. ho effettivamente provato che la restrizione è definita positiva. Grazie mille Del.
"Kashaman":
[...] L'ultima parte non mi è chiarissima... dove posso trovare una dimostrazione del fatto che hai appena detto? A lezione non han mai accennato ciò che tu hai detto
Comunque, ragionando con brute force.. diagonalizzando nuovamente $A$ determinando una base di $U$ diagonalizzante.. ho effettivamente provato che la restrizione è definita positiva. Grazie mille Del.
Pag. 4, paragrafetto 2.2.2.
Non spendo altre parole: mi sembri abbastanza in gamba da arrivarci da solo. Se proprio non ti viene, io son sempre qui in giro
grazie del
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