Ieri mi sono imbattuto nel seguente problema:
"Sia V lo spazio vettoriale delle matrici 2*2 reali.Si consideri l'applicazione
b:V*V->R definita da b(A,B)=tr(AB).Si dimostri che è una forma bilineare simmetrica e se ne calcoli la segnatura".
La prima parte è banale..e discende in modo diretto dalle proprietà della traccia..
anche la seconda parte (calcolo d.segnatura) appare molto standard ed in effetti concettualmente non c'è nulla a cui pensare: grazie al Teorema di Sylvester trovo una qualunque base ortogonale (che esiste certamente..) e poi calcolo la segnatura secondo definizione.
Peccato però che metodi standard per costruire una base ortogonale (nel caso generale) NON ve ne siano!!
Nella fattispecie si vede subito che il nostro prod.scalare NON è definito positivo per cui Gram-Schmidt non funziona...In generale però si può tentare una sorta di Gram-Schmidt generalizzato (scusate la ripetizione)nel modo seguente:
1)prendo una base di V (ad es. la base costituita dalle 4 matrici monomiali)
2)scopro che NON è ortogonale (verificare),ma che tre dei quattro vettori sono ortogonali tra loro
3)prendo quei tre vettori come primi tre vettori della candidata base ortogonale ed ortogonalizzo il quarto rispetto allo Span generato dai primi tre,ma qui fallisco perchè uno di tali tre vettori ha prodotto scalare con se stesso uguale a zero e quindi GS non è applicabile
Esito:non riesco a costruire la mia base Ortogonale e quindi non riesco a calcolare la segnatura.
Qualcuno potrebbe indicarmi come risolvere quest'esercizio o modificando il mio metodo o suggerendomene degli altri?
In generale esistono dei semplici metodi di calcolo della segnatura che non passino attraverso la costruzione di una base ortogonale?
Grazie, Bourbaki
Segnatura
-
psion_metacreativo
- Messaggi: 645
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Esercizo super standard su Gram-schmidt generalizzato (vedi il superclassico lang "Algebra lineare" a pagina 166):
Considerando la base canonica B=(e1,e2,e3,e4) di V, (Con a11=1 in e1, a12=1 in e2, a21=1 in e3, a22=1 in e4, e 0 in ogni altro coefficiente), la matrice associata alla forma bilineare proposta dall'esercizio nella suddetta base è la seguente:$ \displaystyle\begin{math}A=\left(\begin{array}{col1,col2,col3,col4}1 0 0 0\\ 0 0 1 0\\ 0 1 0 0\\ 0 0 0 1 \end{array}\right)\end{math} $ che è simmetrica per cui b è un prodotto scalare.
Allora sia v1=e1, risulta $ V=<v_1>\oplus <v_1>^{\bot} $ con $ <v_1>^{\bot}=Span(e_2,e_3,e_4) $ e induttivamente v_2=e_4 e risuta:$ <v_1>^{\bot}=<v_2>\oplus <v_2>^{\bot} $ con $ <v_2>^{\bot}=Span(e_2,e_3) $, proseguendo e scegliendo come $ \displaystyle\begin{math}v_3=\left(\begin{array}{col1,col2} 0 \frac{1}{2}\\ 1 0 \end{array}\right)\end{math} $ perché $ b(v_3,v_3)\neq 0 $ si trova ancora $ <v_2>^{\bot}=<v_3>\oplus <v_3>^{\bot} $ e infine scegliamo $ \displaystyle\begin{math}v_4=\left(\begin{array}{col1,col2} 0 -\frac{1}{2}\\ 1 0 \end{array}\right)\end{math} $ perché $ b(v_4,v_4)\neq 0 $. Allora la matrice associata al prodotto scalare dell'esercizio nella base (v1,v2,v3,v4) è:$ \displaystyle\begin{math}A=\left(\begin{array}{col1,col2,col3,col4}1 0 0 0\\ 0 1 0 0\\ 0 0 1 0\\ 0 0 0 -1 \end{array}\right)\end{math} $
In generale per ogni prodotto scalare o hermitiano esiste sempre una base ortogonale.
Considerando la base canonica B=(e1,e2,e3,e4) di V, (Con a11=1 in e1, a12=1 in e2, a21=1 in e3, a22=1 in e4, e 0 in ogni altro coefficiente), la matrice associata alla forma bilineare proposta dall'esercizio nella suddetta base è la seguente:$ \displaystyle\begin{math}A=\left(\begin{array}{col1,col2,col3,col4}1 0 0 0\\ 0 0 1 0\\ 0 1 0 0\\ 0 0 0 1 \end{array}\right)\end{math} $ che è simmetrica per cui b è un prodotto scalare.
Allora sia v1=e1, risulta $ V=<v_1>\oplus <v_1>^{\bot} $ con $ <v_1>^{\bot}=Span(e_2,e_3,e_4) $ e induttivamente v_2=e_4 e risuta:$ <v_1>^{\bot}=<v_2>\oplus <v_2>^{\bot} $ con $ <v_2>^{\bot}=Span(e_2,e_3) $, proseguendo e scegliendo come $ \displaystyle\begin{math}v_3=\left(\begin{array}{col1,col2} 0 \frac{1}{2}\\ 1 0 \end{array}\right)\end{math} $ perché $ b(v_3,v_3)\neq 0 $ si trova ancora $ <v_2>^{\bot}=<v_3>\oplus <v_3>^{\bot} $ e infine scegliamo $ \displaystyle\begin{math}v_4=\left(\begin{array}{col1,col2} 0 -\frac{1}{2}\\ 1 0 \end{array}\right)\end{math} $ perché $ b(v_4,v_4)\neq 0 $. Allora la matrice associata al prodotto scalare dell'esercizio nella base (v1,v2,v3,v4) è:$ \displaystyle\begin{math}A=\left(\begin{array}{col1,col2,col3,col4}1 0 0 0\\ 0 1 0 0\\ 0 0 1 0\\ 0 0 0 -1 \end{array}\right)\end{math} $
In generale per ogni prodotto scalare o hermitiano esiste sempre una base ortogonale.
-
NicolasBourbaki
- Messaggi: 56
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pisa
-
NicolasBourbaki
- Messaggi: 56
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pisa
Ah..ora ho controllato il Lang ed in effetti avevo ragione,nel senso che questo esercizio non è svolto nè citato..comunque meditando un po' su quel paragrafo si arrivava facilmente alla soluzione che-pur se facilissima-consiste essenzialmente in una scelta "fortunata" del terzo e quarto vettore...
Comunque grazie, Bourbaki
Comunque grazie, Bourbaki
Siano $ \mathbb{S} := \{M \in \mathbb{R}^{2,2}: M = M^t\} $, $ \mathbb{S}_0 := \{M \in \mathbb{S}: \mbox{diag}(M) = \{0\}\} $, $ \mathbb{A} := \{M \in \mathbb{R}^{2,2}: M = -M^t\} $. Vale $ \mathbb{S} \oplus \mathbb{A} = \mathbb{R}^{2,2} $. Così l'idea che viene in mente è di formare una base di $ \mathbb{R}^{2,2} $ a partire da una base di $ \mathbb{S} $ ed una di $ \mathbb{A} $.
Se $ E_{ij} = [\delta_{p,i} \delta_{q,j}]_{p,q=1,2} $, è immediato che $ \mbox{tr}(E_{11} E_{22}) = \mbox{tr}(E_{ii} M) = 0 $, se $ M \in \mathbb{R}^{2,2} $ e $ \mbox{diag}(M) = \{0\} $. Del resto $ \mbox{tr}(A B) = 0 $, se $ A \in \mathbb{S}_0 $ e $ B \in \mathbb{A} $. Perciò $ \left(E_{11}, E_{22}, \left[\begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0\end{array}\right], \left[\begin{array}{cc} 0 & 1\\ -1 & 0\end{array}\right]\right) $ rappresenta una base di $ \mathbb{R}^{2,2} $ ortogonale rispetto al prodotto indicato.
Se $ E_{ij} = [\delta_{p,i} \delta_{q,j}]_{p,q=1,2} $, è immediato che $ \mbox{tr}(E_{11} E_{22}) = \mbox{tr}(E_{ii} M) = 0 $, se $ M \in \mathbb{R}^{2,2} $ e $ \mbox{diag}(M) = \{0\} $. Del resto $ \mbox{tr}(A B) = 0 $, se $ A \in \mathbb{S}_0 $ e $ B \in \mathbb{A} $. Perciò $ \left(E_{11}, E_{22}, \left[\begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0\end{array}\right], \left[\begin{array}{cc} 0 & 1\\ -1 & 0\end{array}\right]\right) $ rappresenta una base di $ \mathbb{R}^{2,2} $ ortogonale rispetto al prodotto indicato.