Un paio di domande generiche
Faccio un topic unico essendo domande veloci (credo):
1) ho un endomorfismo in [tex]R^3[/tex] con matrice simmetrica rispetto le basi canoniche, mi viene chiesta una base ortonormale con matrice diagonale.
Ora tale base dovrebbe essere formata dagli autovettori (teorema spettrale), nel mio caso ho due autospazi,di dimensione 1 e 2, due autovettori con molteplicità 1 e 2. Il che la rende diagonalizzabile ma i due autovettori dello stesso autospazio non sono ortogonali tra loro. Che strategia uso per risolvere il problema?
2) ho una generica funzione da [tex]R^3[/tex] in [tex]R[/tex] della quale mi definiscono [tex]v_1=(1,0,2), v_2=(2,1,-1), v_3=(0,-1,5)[/tex] con [tex]f(v_1)=2, f(v_2)=3, f(v_3)=t[/tex].
Mi viene chiesto di trovare [tex]t[/tex], ed è banale visto che [tex]v_3[/tex] è combinazione lineare degli altri due e risulta [tex]t=1[/tex]. Inoltre viene chiesto, per tale valore di [tex]t[/tex], la matrice di tutte le [tex]f[/tex] che rispettano le condizioni precedenti, rispetto le basi canoniche.
La soluzione può essere: scrivere un vettore [tex]v_4[/tex] che completi la base e con immagine indefinita, esprimere la base canonica comecombinazione lineare di [tex]v_1,v_2,v_4[/tex] e trovarne l'immagine?
3)se [tex]T[/tex] è diagonalizzabile lo è anche [tex]T^2[/tex], viceversa?
Potendo esprimere [tex]T=PDP^{-1}[/tex] se potessi fare il quadrato delle singole matrici [tex]PDP^{-1}[/tex] sarei apposto. Si può fare [tex]T^2=P^2D^2(P^{-1})^2[/tex]?
Per il viceversa la radice di [tex]T=PDP^{-1}[/tex] è [tex]PGP^{-1}[/tex] dove [tex]G[/tex] è diagonale quindi è sempre verificato. E' corretto?
1) ho un endomorfismo in [tex]R^3[/tex] con matrice simmetrica rispetto le basi canoniche, mi viene chiesta una base ortonormale con matrice diagonale.
Ora tale base dovrebbe essere formata dagli autovettori (teorema spettrale), nel mio caso ho due autospazi,di dimensione 1 e 2, due autovettori con molteplicità 1 e 2. Il che la rende diagonalizzabile ma i due autovettori dello stesso autospazio non sono ortogonali tra loro. Che strategia uso per risolvere il problema?
2) ho una generica funzione da [tex]R^3[/tex] in [tex]R[/tex] della quale mi definiscono [tex]v_1=(1,0,2), v_2=(2,1,-1), v_3=(0,-1,5)[/tex] con [tex]f(v_1)=2, f(v_2)=3, f(v_3)=t[/tex].
Mi viene chiesto di trovare [tex]t[/tex], ed è banale visto che [tex]v_3[/tex] è combinazione lineare degli altri due e risulta [tex]t=1[/tex]. Inoltre viene chiesto, per tale valore di [tex]t[/tex], la matrice di tutte le [tex]f[/tex] che rispettano le condizioni precedenti, rispetto le basi canoniche.
La soluzione può essere: scrivere un vettore [tex]v_4[/tex] che completi la base e con immagine indefinita, esprimere la base canonica comecombinazione lineare di [tex]v_1,v_2,v_4[/tex] e trovarne l'immagine?
3)se [tex]T[/tex] è diagonalizzabile lo è anche [tex]T^2[/tex], viceversa?
Potendo esprimere [tex]T=PDP^{-1}[/tex] se potessi fare il quadrato delle singole matrici [tex]PDP^{-1}[/tex] sarei apposto. Si può fare [tex]T^2=P^2D^2(P^{-1})^2[/tex]?
Per il viceversa la radice di [tex]T=PDP^{-1}[/tex] è [tex]PGP^{-1}[/tex] dove [tex]G[/tex] è diagonale quindi è sempre verificato. E' corretto?
Risposte
1) Gram-Schmidt;
2) Puoi vederla anche in un altro modo: scrivendo $v_1,\ v_2$ come combinazione lineare dei vettori della base canonica, puoi trovre un sistema di equazioni che fornisce i valori che tali $f$ assumono sulla base canonica stessa. Tale sistema sarà di 2 equazioni nelle tre incognite $f(e_i)$, e pertanto ti resta determinata una applicazione che soddisfa le condizioni precedenti e che dipende dalla scelta di uno solo dei tre valori $f(e_i)$ (gli altri due discendono da questo).
3) Si ha
$$T^2=(PDP^{-1})(PDP^{-1}=PD(P^{-1}P)DP^{-1}=PD^2P^{-1}$$
Cosa puoi concludere?
2) Puoi vederla anche in un altro modo: scrivendo $v_1,\ v_2$ come combinazione lineare dei vettori della base canonica, puoi trovre un sistema di equazioni che fornisce i valori che tali $f$ assumono sulla base canonica stessa. Tale sistema sarà di 2 equazioni nelle tre incognite $f(e_i)$, e pertanto ti resta determinata una applicazione che soddisfa le condizioni precedenti e che dipende dalla scelta di uno solo dei tre valori $f(e_i)$ (gli altri due discendono da questo).
3) Si ha
$$T^2=(PDP^{-1})(PDP^{-1}=PD(P^{-1}P)DP^{-1}=PD^2P^{-1}$$
Cosa puoi concludere?
"ciampax":
1) Gram-Schmidt;
Ok, speravo ci fosse qualche scorciatoia, ora provo.
"ciampax":
2) Puoi vederla anche in un altro modo: scrivendo $v_1,\ v_2$ come combinazione lineare dei vettori della base canonica, puoi trovre un sistema di equazioni che fornisce i valori che tali $f$ assumono sulla base canonica stessa. Tale sistema sarà di 2 equazioni nelle tre incognite $f(e_i)$, e pertanto ti resta determinata una applicazione che soddisfa le condizioni precedenti e che dipende dalla scelta di uno solo dei tre valori $f(e_i)$ (gli altri due discendono da questo).
Tra poco provo e ti dico che mi è uscito.
Esce $A=(a,2-5a,1-a)$, i risultati coincidono ovviamente. Ci sarebbe anche una terza domande: l'intersezione tra tutte le nullità, ora il ker dovrebbe essere $A(x,y,z)^T=0$. Da cui ottengo $ax=(2-5)y,\ ax=(1-a)z$, non capisco cosa mi viene chiesto.
"ciampax":
3) Si ha
$$T^2=(PDP^{-1})(PDP^{-1}=PD(P^{-1}P)DP^{-1}=PD^2P^{-1}$$
Cosa puoi concludere?
Avevo notato questa cosa, non sapevo se valesse la proprietà associativa o la commutativa tra le matrici. Deduco valga la associativa ed il risultato è banale!
2) Mi fido di te nel dire che la matrice è $A=(a,2-5a,1-a)$ (è sabato, qua piove, c'ho il magone, non mi va di fare i conti! 
). Comunque, a questo punto il nucleo (nullità mi fa cadere le braccia!) di ogni singola applicazione è dato dalle condizioni
$$ax+(2-5a)y+(1-a)z=0$$
(perché hai scritto due equazioni???) la cui soluzione varia al variare di $a$:
i) per $a\ne 0,\ 2/5,\ 1$ si ha per esempio $(-{2-5a}/{a} \alpha-{1-a}/{a} \beta,\alpha,\beta)$ come vettori generici del nucleo;
ii) per $a=0$ si ha $2y+z=0$ e quindi $(\alpha,\beta,-2\beta)$;
iii) per $a=2/5$ si ha $2x+3z=0$ e quindi $(-3/2 \alpha, \beta,\alpha)$;
iv) per $a=1$ si ha $x-3y=0$ equindi $(3\alpha,\alpha,\beta)$.
A questo punto quello che devi determinare è l'intersezione dei quattro spazi precedenti, cioè determinare quali vettori sono inclusi, contemporaneamente, in tutti e quattro gli spazi.
). Comunque, a questo punto il nucleo (nullità mi fa cadere le braccia!) di ogni singola applicazione è dato dalle condizioni$$ax+(2-5a)y+(1-a)z=0$$
(perché hai scritto due equazioni???) la cui soluzione varia al variare di $a$:
i) per $a\ne 0,\ 2/5,\ 1$ si ha per esempio $(-{2-5a}/{a} \alpha-{1-a}/{a} \beta,\alpha,\beta)$ come vettori generici del nucleo;
ii) per $a=0$ si ha $2y+z=0$ e quindi $(\alpha,\beta,-2\beta)$;
iii) per $a=2/5$ si ha $2x+3z=0$ e quindi $(-3/2 \alpha, \beta,\alpha)$;
iv) per $a=1$ si ha $x-3y=0$ equindi $(3\alpha,\alpha,\beta)$.
A questo punto quello che devi determinare è l'intersezione dei quattro spazi precedenti, cioè determinare quali vettori sono inclusi, contemporaneamente, in tutti e quattro gli spazi.
Ne ho scritte due perchè è sabato e piove anche qui! Ora sistemo e ti dico che mi esce.
Allora, trovando tutte le equazioni che generano i 4 spazi viene che quella del primo è sempre rispettata, rimangono le altre 3 (2 in realtà) che mi danno appunto $z=-2x/3,\ y=x/3$
Allora, trovando tutte le equazioni che generano i 4 spazi viene che quella del primo è sempre rispettata, rimangono le altre 3 (2 in realtà) che mi danno appunto $z=-2x/3,\ y=x/3$
Uppo il post con una nuova domanda:
Mi viene assegnato un sottospazio $U$ di $R^4$, di dimensione 2. Mi viene chiesto $U'$ perpendicolare a $U$ e lo trovo imponendo che i vettori di tale sottospazio abbiano prodotto scalare, con una base di $U$, nullo.
Punto due, $v=(a,b,c,d)$ trovare $w:v+w in U$ con norma minima. La mia idea era di esprimere $v$ come $v'+v''$ dove $v' in U,\ v'' in U'$ ergo $v-v'=v'' in U'$, detto ciò $w=-v'$ dovrebbe essere la soluzione. Esprimo quindi $v',\ v''$ come combinazione lineare delle basi di $U, U'$ e sviluppo i conti.
Punto tre: dire se esiste $L$ la cui somma diretta con $U$ e $U'$ dia $R^4$ (intendo due somma distinte, non L+U+U'). Dovrei quindi avere $L$ perpendicolare a due sottospazi perdendicolari tra loro, ha senso?
Punto quattro: $f:R^4 \to R^4$ che restituisca le proiezioni dei vettori su $U$, trovare autovalori e autospazi. Qua non so se la cosa è banale o meno, la proiezioni di un vettore $v$ su $U$ è $av_1+bv_2: v=av_1+bv_2+cv_3+dv_4$ dove $v_1,\ v_2$ è base di $U$ e $v_3,\ v_4$ è base di $U'$. Perciò la matrice di $f$ rispetto alla base $v_1,v_2,v_3,v_4$ è $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0))$. Posso lavorare con questa matrice o sto sbagliando qualcosa?
Mi viene assegnato un sottospazio $U$ di $R^4$, di dimensione 2. Mi viene chiesto $U'$ perpendicolare a $U$ e lo trovo imponendo che i vettori di tale sottospazio abbiano prodotto scalare, con una base di $U$, nullo.
Punto due, $v=(a,b,c,d)$ trovare $w:v+w in U$ con norma minima. La mia idea era di esprimere $v$ come $v'+v''$ dove $v' in U,\ v'' in U'$ ergo $v-v'=v'' in U'$, detto ciò $w=-v'$ dovrebbe essere la soluzione. Esprimo quindi $v',\ v''$ come combinazione lineare delle basi di $U, U'$ e sviluppo i conti.
Punto tre: dire se esiste $L$ la cui somma diretta con $U$ e $U'$ dia $R^4$ (intendo due somma distinte, non L+U+U'). Dovrei quindi avere $L$ perpendicolare a due sottospazi perdendicolari tra loro, ha senso?
Punto quattro: $f:R^4 \to R^4$ che restituisca le proiezioni dei vettori su $U$, trovare autovalori e autospazi. Qua non so se la cosa è banale o meno, la proiezioni di un vettore $v$ su $U$ è $av_1+bv_2: v=av_1+bv_2+cv_3+dv_4$ dove $v_1,\ v_2$ è base di $U$ e $v_3,\ v_4$ è base di $U'$. Perciò la matrice di $f$ rispetto alla base $v_1,v_2,v_3,v_4$ è $((1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0))$. Posso lavorare con questa matrice o sto sbagliando qualcosa?
Allora, per quanto riguarda la faccenda dei nuclei. Io ho trovato questa matrice: $A=(1-3a,a,2-2a)$, essendo $a=f(e_2)$. Per trovare il nucleo, se $v=(x\ y\ z)^t$ devo risolvere $Av=0$, cioè l'equazione
$$(1-2a)x+ay+(2-2a)z=0$$
A seconda dei valori di $a$ si hanno i seguenti nuclei:
$$K_0=\{x+2z=0\}=\{(-2z,y,z)\}\\ K_1=\{-x+y=0\}=\{(x,x,z)\}\\ K_{1/2}=\{y+2z=0\}=\{(x,-2z,z)\}\\ K_a=\left\{\left(x,\frac{2a-1}{a} x+\frac{2a-2}{a} z\right)\right\}$$
Da un punto di vista delle basi, abbiamo
$$K_0=<(-2,0,1), (0,1,0)>,\quad K_1=<(1,1,0), (0,0,1)>,\quad K_{1/2}=<(1,0,0), (0,-2,1)>,\quad K_a=<(a,2a-1,0), (0,2a-2,a)>$$
Ora
$$K_0\cap K_1:\quad x(-2,0,1)+y(0,1,0)=t(1,1,0)+z(0,0,1)\ \Rightarrow\ (-2x,-2x,x)\\
K_0\cap K_{1/2}:\quad x(-2,0,1)+y(0,1,0)=t(1,0,0)+z(0,-2,1)\ \Rightarrow\ (-2x,-2x,x)\\
K_1\cap K_{1/2}:\quad x(1,1,0)+y(0,0,1)=t(1,0,0)+z(0,-2,1)\ \Rightarrow\ (-2z,-2z,z)$$
da cui puoi ricavare subito che $K_0\cap K_1\cap K_{1/2}=\{(-2x,-2x,x)\}$. A questo punto, visto che una base di tale intersezione è $(-2,-2,1)$, intersecando con $K_a$ si ha
$$x(-2,-2,1)=y(a,2a-1,0)+z(0,2a-2,a)$$
e quindi
$$-2x=ay,\quad -2x=(2a-1)y+(2a-2)z,\quad x=az$$
Dalla prima e la terza si ricava $y=-\frac{2}{a} x,\ z=\frac{x}{a}$ da cui
$$-2x=\frac{-4ax+2x+2ax-2x}{a}=\frac{-2ax}{a}=-2x$$
che quindi risulta sempre verificata. Pertanto i vettori nell'intersezione dei quattro spazi hanno la forma
$$(-2x,-2x,x)$$
come vedi sostituendo i valori trovati per $y, z$.
$$(1-2a)x+ay+(2-2a)z=0$$
A seconda dei valori di $a$ si hanno i seguenti nuclei:
$$K_0=\{x+2z=0\}=\{(-2z,y,z)\}\\ K_1=\{-x+y=0\}=\{(x,x,z)\}\\ K_{1/2}=\{y+2z=0\}=\{(x,-2z,z)\}\\ K_a=\left\{\left(x,\frac{2a-1}{a} x+\frac{2a-2}{a} z\right)\right\}$$
Da un punto di vista delle basi, abbiamo
$$K_0=<(-2,0,1), (0,1,0)>,\quad K_1=<(1,1,0), (0,0,1)>,\quad K_{1/2}=<(1,0,0), (0,-2,1)>,\quad K_a=<(a,2a-1,0), (0,2a-2,a)>$$
Ora
$$K_0\cap K_1:\quad x(-2,0,1)+y(0,1,0)=t(1,1,0)+z(0,0,1)\ \Rightarrow\ (-2x,-2x,x)\\
K_0\cap K_{1/2}:\quad x(-2,0,1)+y(0,1,0)=t(1,0,0)+z(0,-2,1)\ \Rightarrow\ (-2x,-2x,x)\\
K_1\cap K_{1/2}:\quad x(1,1,0)+y(0,0,1)=t(1,0,0)+z(0,-2,1)\ \Rightarrow\ (-2z,-2z,z)$$
da cui puoi ricavare subito che $K_0\cap K_1\cap K_{1/2}=\{(-2x,-2x,x)\}$. A questo punto, visto che una base di tale intersezione è $(-2,-2,1)$, intersecando con $K_a$ si ha
$$x(-2,-2,1)=y(a,2a-1,0)+z(0,2a-2,a)$$
e quindi
$$-2x=ay,\quad -2x=(2a-1)y+(2a-2)z,\quad x=az$$
Dalla prima e la terza si ricava $y=-\frac{2}{a} x,\ z=\frac{x}{a}$ da cui
$$-2x=\frac{-4ax+2x+2ax-2x}{a}=\frac{-2ax}{a}=-2x$$
che quindi risulta sempre verificata. Pertanto i vettori nell'intersezione dei quattro spazi hanno la forma
$$(-2x,-2x,x)$$
come vedi sostituendo i valori trovati per $y, z$.
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