Spazi unitari e forme hermitiane. Dubbio esercizio
Ciao a tutti! Non riesco a risolvere questo esercizio.
Data la matrice Hermitiana
\( \begin{pmatrix} 1 & j^2 & j \\ j & 1 & j^2 \\ j^2 & j & 1 \end{pmatrix} \)
con \( j = (-1/2) + i(\sqrt3/2) \)
1)Dire se la forma quadratica hermitiana \( \phi \) associata a A può definire la struttura di spazio unitario su C.
2) Dimostrare che il vettore \( ( \lambda, \lambda, \lambda) \) \( \forall \lambda \in C \) è isotropo.
Per il punto 1 ho detto che siccome il determinante di A è zero la forma è degenere e quindi non è definita positiva.
Perciò non puo definire la struttura di spazio unitario, giusto ????
2) Pensavo di risolverlo dimostrando che il vettore appartiene al nucleo. A meno che non abbia sbagliato il nucleo è
così fatto. Risolvendo il sistema AX=0 mi viene
\( ker\phi= <(-j^2,1,0),(-j,0,1)> \)
Quindi come dimostro che è isotropo ?
mi aiutate?
Data la matrice Hermitiana
\( \begin{pmatrix} 1 & j^2 & j \\ j & 1 & j^2 \\ j^2 & j & 1 \end{pmatrix} \)
con \( j = (-1/2) + i(\sqrt3/2) \)
1)Dire se la forma quadratica hermitiana \( \phi \) associata a A può definire la struttura di spazio unitario su C.
2) Dimostrare che il vettore \( ( \lambda, \lambda, \lambda) \) \( \forall \lambda \in C \) è isotropo.
Per il punto 1 ho detto che siccome il determinante di A è zero la forma è degenere e quindi non è definita positiva.
Perciò non puo definire la struttura di spazio unitario, giusto ????
2) Pensavo di risolverlo dimostrando che il vettore appartiene al nucleo. A meno che non abbia sbagliato il nucleo è
così fatto. Risolvendo il sistema AX=0 mi viene
\( ker\phi= <(-j^2,1,0),(-j,0,1)> \)
Quindi come dimostro che è isotropo ?
mi aiutate?
Risposte
Se non ho sbagliato il calcolo:
\[
j=e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)}
\]
e quindi se quella matrice è non invertibile allora non può essere unitaria!
Per quanto riguarda la isotropia: io calcolerei semplicemente se il vettore \(\displaystyle(1,1,1)\) è isotropo per quella forma bilineare hermitiana!
\[
j=e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)}
\]
e quindi se quella matrice è non invertibile allora non può essere unitaria!
Per quanto riguarda la isotropia: io calcolerei semplicemente se il vettore \(\displaystyle(1,1,1)\) è isotropo per quella forma bilineare hermitiana!
j18eos, a me il determinante della matrice viene 0. perchè dici che non può essere UNITARIA? cosa
c'entra l'essere unitaria in questo contesto?
c'entra l'essere unitaria in questo contesto?
Niente, pensavo alle matrici unitarie che non c'entrano in questo contesto...
Le metriche hermitiane si ottengono da forme sesquilineari non degeneri; la forma sesquilineare in oggetto è degenere, per cui non definisce una metrica hermitiana!
Sul II punto?
Le metriche hermitiane si ottengono da forme sesquilineari non degeneri; la forma sesquilineare in oggetto è degenere, per cui non definisce una metrica hermitiana!
Sul II punto?
Uqesto esercizio l'ho preso dal libro che da per certo che è Hermitiana infatti dice
"Data la seguente matrice Hermitiana.."
Non so che dirti :/ Ho trovat questo teorema.. ma non so se può essere d'aiuto
Una forma sesquilineare Hermitiana è non degenere se e solo se la sua matrice rispetto a una qualsiasi base è invertibile.
Per il secondo punto ho risolto, lo posto qui chissà qualcuno ne avesse bisogno
Dato uno spazio vettoriale complesso e \( \varphi \) una forma sesquilineare hermitiana su E.
Diciamo che il vettore x \( x \in E \) è isotropo rispetto alla forma \( \varphi \) se
\( \varphi(x,x)= \Phi(x)=0 \)
Quindi considerata A la matrice della forma sesquilineare \( \varphi \)
e denotate con X e Y le matrici colonna delle componenti dei vettori x e y
X = \( \begin{pmatrix} x1 \\ .. \\ xn \end{pmatrix} \)
Y = \( \begin{pmatrix} y1 \\ .. \\ yn \end{pmatrix} \)
si ha che \( \varphi(x,y)= tX*A*Y' \)
dove con Y ' indico il coniugato del vettore Y. Quindi risulta
\( \Phi(x)= tX*A*X' \) .
Se \( (\lambda,\lambda,\lambda) \) è isotropo risulta che
\( \begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & j^2 & j \\ j & 1 & j^2 \\ j^2 & j & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \lambda' \\ \lambda' \\ \lambda' \end{pmatrix}=0 \)
\( \lambda\lambda' * [ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}*A*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}]=0 \)
svolgendo il prodotto matriciale si ottiene che
\( \lambda\lambda' * 0 =0 \)
questo prodotto è zero \( \forall \lambda \in C \) , quindi il vettore \( (\lambda,\lambda,\lambda) \) è isotropo
per ogni valore di \( \lambda \)
"Data la seguente matrice Hermitiana.."
Non so che dirti :/ Ho trovat questo teorema.. ma non so se può essere d'aiuto
Una forma sesquilineare Hermitiana è non degenere se e solo se la sua matrice rispetto a una qualsiasi base è invertibile.
Per il secondo punto ho risolto, lo posto qui chissà qualcuno ne avesse bisogno
Dato uno spazio vettoriale complesso e \( \varphi \) una forma sesquilineare hermitiana su E.
Diciamo che il vettore x \( x \in E \) è isotropo rispetto alla forma \( \varphi \) se
\( \varphi(x,x)= \Phi(x)=0 \)
Quindi considerata A la matrice della forma sesquilineare \( \varphi \)
e denotate con X e Y le matrici colonna delle componenti dei vettori x e y
X = \( \begin{pmatrix} x1 \\ .. \\ xn \end{pmatrix} \)
Y = \( \begin{pmatrix} y1 \\ .. \\ yn \end{pmatrix} \)
si ha che \( \varphi(x,y)= tX*A*Y' \)
dove con Y ' indico il coniugato del vettore Y. Quindi risulta
\( \Phi(x)= tX*A*X' \) .
Se \( (\lambda,\lambda,\lambda) \) è isotropo risulta che
\( \begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ \lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & j^2 & j \\ j & 1 & j^2 \\ j^2 & j & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \lambda' \\ \lambda' \\ \lambda' \end{pmatrix}=0 \)
\( \lambda\lambda' * [ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}*A*\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}]=0 \)
svolgendo il prodotto matriciale si ottiene che
\( \lambda\lambda' * 0 =0 \)
questo prodotto è zero \( \forall \lambda \in C \) , quindi il vettore \( (\lambda,\lambda,\lambda) \) è isotropo
per ogni valore di \( \lambda \)
Calcolo del determinante!
Ricordo che:
\[
j=e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)}
\]
e quindi il determinante è dato (dalla formula di Sarrus):
\[
1+j^6+j^3-j^3-j^3-j^3=1+e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)\cdot6}-2e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)\cdot3}=1+e^{4\pi i}-2e^{2\pi i}=...=0
\]
Non ci sono errori da parte tua...
Ricordo che:
\[
j=e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)}
\]
e quindi il determinante è dato (dalla formula di Sarrus):
\[
1+j^6+j^3-j^3-j^3-j^3=1+e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)\cdot6}-2e^{\displaystyle\left(\frac{2}{3}\pi i\right)\cdot3}=1+e^{4\pi i}-2e^{2\pi i}=...=0
\]
Non ci sono errori da parte tua...
ok grazie 
quindi la metrica è hermitiana oppure no? Tu hai detto nel precedente post di no, perchè la forma è degenere...
quindi la metrica è hermitiana oppure no? Tu hai detto nel precedente post di no, perchè la forma è degenere...
Certo che non può essere una metrica...
Essendo sul campo complesso \(\displaystyle\mathbb{C}\) ("basta" che sia algebricamente chiuso): il polinomio caratteristico di ogni matrice quadrata di ordine \(\displaystyle n\) ammette soluzioni, la cui somma delle molteplicità algebriche è \(\displaystyle n\); nel caso in esame hai che \(\displaystyle 0\) è una radice ovvero è un autovalore della stessa!
Quindi esistono[nota]Mi è venuto il dubbio su questa affermazione, e non posso verificarla... se qualcuno può controllare! Grazie.[/nota] autovettori non nulli di autovalore \(\displaystyle 0\); ovvero esistono vettori non nulli che annullano la forma quadratica (simmetrica) associata alla data matrice, alias devono esistere vettori non nulli di lunghezza nulla in assurdo con gli assiomi di metrica (hermitiana)!
Essendo sul campo complesso \(\displaystyle\mathbb{C}\) ("basta" che sia algebricamente chiuso): il polinomio caratteristico di ogni matrice quadrata di ordine \(\displaystyle n\) ammette soluzioni, la cui somma delle molteplicità algebriche è \(\displaystyle n\); nel caso in esame hai che \(\displaystyle 0\) è una radice ovvero è un autovalore della stessa!
Quindi esistono[nota]Mi è venuto il dubbio su questa affermazione, e non posso verificarla... se qualcuno può controllare! Grazie.[/nota] autovettori non nulli di autovalore \(\displaystyle 0\); ovvero esistono vettori non nulli che annullano la forma quadratica (simmetrica) associata alla data matrice, alias devono esistere vettori non nulli di lunghezza nulla in assurdo con gli assiomi di metrica (hermitiana)!
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