Ricerca basi a stringhe di un operatore.
Ciao a tutti, è il mio primo post su questo forum e devo ammettere di essere molto contento d'aver trovato un forum come questo: utile! cmq.. Il mio problema è il sequente: (premetto che a breve avrò l'esame di geometria ed algebra lineare quindi sarei molto lieto di una risposta veloce) non riesco a capire come trovare una base a stringhe, dato un operatore riesco a trovare la sua forma canonica di Jordan, ma poi mi blocco. Io sto studiando su questi appunti: http://www.mat.uniroma2.it/~digennar/Jordan.pdf. Dell'esempio 8 a pag 13 sono arrivato fino al calcolo di A al cubo ma poi non riesco a capire come fa a calcolare la matrice M. Spero di essere stato chiaro e che qualcuno di voi mi risponderà, grazie.
[xdom="Martino"]Benvenuto nel forum. Sposto in algebra lineare. Attenzione alla sezione in futuro, grazie.[/xdom]
[xdom="Martino"]Benvenuto nel forum. Sposto in algebra lineare. Attenzione alla sezione in futuro, grazie.[/xdom]
Risposte
Perché non proviamo a fare un esercizio esplicitamente? Per inciso, sul forum c'è un sacco di materiale sulla forma canonica di Jordan e sulla ricerca di una base a stringhe. Posta l'esercizio che non ti viene, insieme ai passaggi e possiamo discuterne.
grazie per la risposta 
un esercizio potrebbe essere questo: determinare la forma canonica di jordan ed una base a stringhe per l'operatore: f(x,y,z,t) = (x+y+z,t,-y,x+z)
un esercizio potrebbe essere questo: determinare la forma canonica di jordan ed una base a stringhe per l'operatore: f(x,y,z,t) = (x+y+z,t,-y,x+z)
Perfetto. Allora, dimmi: come inizieresti? Qual è la prima cosa da fare?
inizio scrivendo la matrice A le cui righe sono a1= 1 1 1 0 ; a2= 0 0 0 1 ; a3= 0 -1 0 0 ; a4= 1 0 1 0 . poi calcolo il polinomio caratteristico che è: t^3(t-1) quindi ci sono 2 autovalori (0,1). L'autovalore 1 ha molteplicità algebrica 1 , uguale a quella geometrica, quindi una base la prendo dall'auto spazio normale. Mentre per 0 che ha ma=3 e mg=1 devo trovare l'auto spazio generalizzato che è dato da ker(A-3I)^3. dopo ho una grande confusione...(grazie per la velocità della risposta )
PS se mi rispondi entro stasera mi fai un favorone visto che domani ho il compito
)PS se mi rispondi entro stasera mi fai un favorone visto che domani ho il compito
Dunque...
la matrice è
[tex]A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Il polinomio caratteristico è [tex]X^4 - X^3 = X^3(X - 1)[/tex], quindi come dici tu, per l'autovalore [tex]\lambda = 1[/tex] non c'è problema.
Consideriamo [tex]\lambda = 0[/tex]. Calcoliamo [tex]\ker (A - \lambda I) = \ker(A)[/tex]. Riducendo per righe si arriva immediatamente a [tex]\ker(A) = \langle (1,0,-1,0) \rangle[/tex]. Calcoliamo [tex]A^2[/tex]:
[tex]A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Inoltre, [tex]\ker (A^2) = \langle (1,0,-1,0), (0,1,0,0) \rangle[/tex]. Infine,
[tex]A^3 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
e pertanto [tex]\ker (A^3) = \langle (1,0,-1,0),(0,1,0,0), (0,0,0,1) \rangle[/tex].
Ora, questo intanto ci dice che c'è un solo blocco di Jordan relativo all'autovalore [tex]0[/tex] e che la base a stringhe sarà generata da un elemento di [tex]\ker(A^3)[/tex] che non appartiene a [tex]\ker(A^2)[/tex]. Per esempio, possiamo prendere [tex](0,0,0,1)[/tex]. Pertanto, sappiamo scrivere la forma canonica di Jordan:
[tex]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Per trovare la base a stringhe, avrai che una base di [tex]\ker (A - I)[/tex] è [tex](2,1,-1,1)[/tex], mentre la base a stringhe per il blocco relativo a [tex]0[/tex] è generata da [tex](0,0,0,1)[/tex] e pertanto:
[tex]\mathbf v_1 = (2,1,-,1,1), \mathbf v_4 = (0,0,0,1), \mathbf v_3 = A \mathbf v_4 = (0,1,0,0), \mathbf v_2 = A \mathbf v_3 = (1,0,-1,0)[/tex].
Pertanto ponendo
[tex]M := \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/tex]
ottieni
[tex]M^{-1} A M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Ecco, ho risposto. Però ora devo scappare, non posso rimanere se ci fossero altri dubbi stasera. Ho ritrovato questo, dove parlavo un po' dell'algoritmo in generale... ce ne dovrebbero essere altri sparsi sul forum, solo che non sono riuscito a trovarli con la mia frettolosa ricerca.
la matrice è
[tex]A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Il polinomio caratteristico è [tex]X^4 - X^3 = X^3(X - 1)[/tex], quindi come dici tu, per l'autovalore [tex]\lambda = 1[/tex] non c'è problema.
Consideriamo [tex]\lambda = 0[/tex]. Calcoliamo [tex]\ker (A - \lambda I) = \ker(A)[/tex]. Riducendo per righe si arriva immediatamente a [tex]\ker(A) = \langle (1,0,-1,0) \rangle[/tex]. Calcoliamo [tex]A^2[/tex]:
[tex]A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Inoltre, [tex]\ker (A^2) = \langle (1,0,-1,0), (0,1,0,0) \rangle[/tex]. Infine,
[tex]A^3 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ - 1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
e pertanto [tex]\ker (A^3) = \langle (1,0,-1,0),(0,1,0,0), (0,0,0,1) \rangle[/tex].
Ora, questo intanto ci dice che c'è un solo blocco di Jordan relativo all'autovalore [tex]0[/tex] e che la base a stringhe sarà generata da un elemento di [tex]\ker(A^3)[/tex] che non appartiene a [tex]\ker(A^2)[/tex]. Per esempio, possiamo prendere [tex](0,0,0,1)[/tex]. Pertanto, sappiamo scrivere la forma canonica di Jordan:
[tex]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Per trovare la base a stringhe, avrai che una base di [tex]\ker (A - I)[/tex] è [tex](2,1,-1,1)[/tex], mentre la base a stringhe per il blocco relativo a [tex]0[/tex] è generata da [tex](0,0,0,1)[/tex] e pertanto:
[tex]\mathbf v_1 = (2,1,-,1,1), \mathbf v_4 = (0,0,0,1), \mathbf v_3 = A \mathbf v_4 = (0,1,0,0), \mathbf v_2 = A \mathbf v_3 = (1,0,-1,0)[/tex].
Pertanto ponendo
[tex]M := \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/tex]
ottieni
[tex]M^{-1} A M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]
Ecco, ho risposto. Però ora devo scappare, non posso rimanere se ci fossero altri dubbi stasera. Ho ritrovato questo, dove parlavo un po' dell'algoritmo in generale... ce ne dovrebbero essere altri sparsi sul forum, solo che non sono riuscito a trovarli con la mia frettolosa ricerca.
"maurer":
Per trovare la base a stringhe, avrai che una base di \( \ker (A - I) \) è \( (2,1,-1,1) \), mentre la base a stringhe per il blocco relativo a \( 0 \) è generata da \( (0,0,0,1) \) e pertanto:
\( \mathbf v_1 = (2,1,-,1,1), \mathbf v_4 = (0,0,0,1), \mathbf v_3 = A \mathbf v_4 = (0,1,0,0), \mathbf v_2 = A \mathbf v_3 = (1,0,-1,0) \).
Pertanto ponendo
\( M := \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \)
ottieni
\( M^{-1} A M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)
Io non ho capito come fai a trovare una base a stringhe relativa a 0...
Volevo sapere se c'è un metodo per trovare una base a stringhe in generale?
Grazie per l'eventuale risposta
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