Forme canoniche 1

Sistemi lineari, vettori, matrici, spazi vettoriali, applicazioni lineari
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e.rapuano
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Forme canoniche 1

#1 Messaggioda e.rapuano » venerdì 27 dicembre 2013, 12:54

Devo ancora prendere familiarità con le forme canoniche, vorrei che mi aiutaste a capire come svolgere questi esercizi...
per quelli della seconda parte (in cui devo trovare gli intrusi) posso ragionare sul fatto che matrici simili hanno gli stessi autovalori?
Vale il viceversa? (cioè che se dimostro che hanno gli stessi autovalori allora sono simili)
E per gli esercizi della prima parte: ho trovato la matrice che rappresenta l'applicazione lineare tra basi canoniche, ma esce una 3x4 e quindi non si può calcolare il determinante...come faccio?

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Massimo Gobbino
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Re: Forme canoniche 1

#2 Messaggioda Massimo Gobbino » sabato 28 dicembre 2013, 11:30

Nell'attesa che qualcuno arrivi ad avventurarsi in questa parte di programma :wink: (ma dove sono i 33 iscritti al primo appello?), intervengo facendo notare la fondamentale differenza tra gli esercizi della prima e quelli della seconda parte. La differenza non sta nell'avere sopra la matrice rettangolare e sotto matrici quadrate.

La differenza sta nel fatto che sopra posso scegliere le basi come mi pare in partenza ed in arrivo (se anche lo spazio di partenza ed arrivo fossero lo stesso, potrei, per come è formulato l'esercizio, usare basi diverse in partenza ed arrivo). Sotto invece sono costretto ad usare la stessa base in partenza ed arrivo.

In termini di matrici, sopra è un B=MAN^{-1}, sotto è un B=MAM^{-1}.

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Re: Forme canoniche 1

#3 Messaggioda e.rapuano » mercoledì 1 gennaio 2014, 11:47

Non so come procedere.... :( :( qualcuno mi da una mano?

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Re: Forme canoniche 1

#4 Messaggioda 13700 » mercoledì 1 gennaio 2014, 17:05

Dunque, f(x,y,z,w)=(x+y+z, y+z+w, w-x) rispetto alle basi canoniche ha matrice
1 1 1 0
0 1 1 1
-1 0 0 1
e intanto si vede che il ker di f ha dimensione 2 e l'immagine pure. Cambiando base, queste cose restano uguali, quindi le matrici numero 1,4,6 non vanno bene già ad occhio.
Le matrici 2,3,7,8 hanno dimensione del ker e dell'immagine giuste sempre ad occhio ... per la matrice 5, basta fare il conto e si vede che ha dimensione del ker =2 e quindi dim dell'immagine =2.
Ora, questo dovrebbe bastare :?: e quindi per le matrici 2,3,5,7,8 soddisfano la richiesta.

Per trovare le basi, io ho pensato che le colonne della matrice sono le coordinate (rispetto alla base scelta di R^3) dell'immagine dei vettori della base scelta di R^4, per la numero 2, prendiamo due vettori di R^4 che abbiano immagine indipendente in R^3, ad esempio i vettori (1,0,0,0) e (0,1,0,0) hanno immagine (1,0,-1) e (1,1,0). Adesso prendiamo una base del nucleo di f, ad esempio (0,1,-1,0) e (1,-1,0,1). Se prendiamo la base di R^4
{(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,1,-1,0), (1,-1,0,1)}
e la base di R^3
{(1,0,-1), (1/2, 1/2, 0), w}
con w indipendente dagli altri 2, allora la matrice dovrebbe essere quella data.

Così però riesco a fare la 2, la 3 e la 7 ... le altre diventano un casino di conti :oops:

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Re: Forme canoniche 1

#5 Messaggioda Massimo Gobbino » mercoledì 1 gennaio 2014, 18:34

Beh, un ripassino di teoria non guasta ed aiuta per lo meno se uno vuole procedere bovinamente. Per prima cosa bisogna distinguere tra la parte sopra e la parte sotto dell'esercizio, come già spiegato in altro post.

Occupiamoci della parte sopra, cioè di decidere se due matrici A e B rappresentano la spessa applicazione cambiando base indipendentemente in partenza ed arrivo, cioè se B=MAN^{-1} per opportune M ed N invertibili della dimensione giusta. Cosa dice la teoria in questo caso? La matrice più "semplice" che posso ottenere da A con queste operazioni è una certa C (fatta come?), dove C sta bene per "canonica". Tra l'altro, la dimostrazione del relativo teorema dice esattamente come scegliere le basi in modo che ciò avvenga, dunque in definitiva come posso scegliere M ed N (ebbene sì, talvolta anche le dimostrazioni servono per fare gli esercizi :mrgreen:).

Come tutto questo ci aiuta a decidere se da A posso passare a B? Semplice: se da A posso passare a C, e se da B posso passare a C (la stessa C), allora evidentemente posso passare da A a B, e trovo anche le M ed N opportune semplicemente componendo in maniera opportuna (come?) quelle che mi danno il passaggio da A a C e quelle che mi danno il passaggio da A a B. Tutto questo si verifica facilmente essere un "se e solo se". In altre parole, posso passare da A a B se e solo se A e B hanno la stessa forma canonica (e sennò a che servirebbero le forme canoniche?). Ovviamente si intende forma canonica rispetto alla possibilità del doppio cambio di base.

Il che, ovviamente :!: :?:, conferma l'intuizione di 13700 e lo aiuta nei bovini calcoli :lol:.

Nella seconda parte dell'esercizio funziona tutto uguale, solo che ora bisogna considerare la forma canonica più "seria", cioè quella fatta con un solo cambio di base, lo stesso in partenza ed arrivo.

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Re: Forme canoniche 1

#6 Messaggioda giuliof » mercoledì 1 gennaio 2014, 20:38

Salve
non so se si tratta di un errore, ma ho notato che nella seconda parte dell'esercizio le matrici 1,2,3,5 della prima riga hanno autovalori 2 ed 1, mentre le altre due no, quindi sembrerebbero esserci almeno due intruse.

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Re: Forme canoniche 1

#7 Messaggioda Massimo Gobbino » mercoledì 1 gennaio 2014, 20:46

giuliof ha scritto:non so se si tratta di un errore, ma ho notato che nella seconda parte dell'esercizio le matrici 1,2,3,5 della prima riga hanno autovalori 2 ed 1, mentre le altre due no, quindi sembrerebbero esserci almeno due intruse.


Sì, c'è un errore: uno tra 18 e 4 ha il segno meno, così il 72 viene con il segno giusto :D

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Re: Forme canoniche 1

#8 Messaggioda GIMUSI » domenica 5 gennaio 2014, 12:51

allego le soluzioni :?: con svolgimento :?: del test n.38 “Forme canoniche 1”

nella rev01 l'esercizio 1 è risolto (per la sola matrice "e") anche con un terzo metodo, denominato "matriciale", che fa esplicito uso del teorema della lezione 37...ai fini della risoluzione dell'esercizio direi che:
- il metodo 1 (bovino) non mi pare conveniente (richiede calcoli noiosi e con alta probabilità di errore)
- il metodo 2 (semibovino), nel quale almeno si trova una base per la forma canonica della matrice di partenza A e poi si procede prevalentemente a occhio o con calcoli più semplici, è forse il più efficiente
- il metodo 3 (matriciale) è molto interessante per comprendere e padroneggiare la teoria che ci sta dietro o per effettuare il calcolo per via numerica ma non mi pare praticabile per effettuare manualmente il calcolo delle basi relative a tutte le matrici assegnate nell'esercizio in tempi ragionevoli

vi sottopongo inoltre le seguenti considerazioni e dubbi:

nella prima parte degli esercizi, sulla base delle precedenti considerazioni effettuate qui nel thread, la determinazione delle basi in partenza e arrivo che rappresentano f è stata effettuata con due metodi:

metodo 1 del sistema di equazioni bovino: (giungendo ad espressioni che dovrebbero funzionare ma che sono abbastanza complicate)

metodo 2 basato sulla forma canonica dell’applicazione (che consente di operare prevalentemente “a occhio” o risolvendo sistemi molto più semplici)

dubbio 01: esistono modi alternativi più convenienti e rapidi per applicare il metodo 2 (ad es. tramite matrici)?

per la seconda parte degli esercizi i dubbi riguardano ovviamente le matrici di jordan ed in particolare la determinazione della base jordanizzante; i casi che si incontrano (tutti su matrici reali ad autovalori reali) sono i seguenti:

(c) matrice 2x2 con autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 2x2; la base jordanizzante (v,w) si determina con i seguenti sistemi:

Av=\lambda v

Aw=\lambda w+v

dubbio 02: se ho capito bene questi sistemi derivano direttamente ragionando sulla matrice jordanizzata…cioè sulla matrice associata ad f nella base (v,w)

(e) la seconda intrusa è una matrice 3x3 con due autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 2x2 (relativo agli autovalori coincidenti) e da un blocco 1x1 relativo al terzo autovalore “buono” (MA=MG=1); i primi due vettori della base jordanizzante (relativi ai due autovalori coincidenti) si determinano in modo analogo al caso precedente 2x2 mediante i due sistemi già indicati (vd. dubbio 02); il terzo è l’autovettore relativo all’autovalore “buono”

(f) intruse a parte, si tratta di matrici 3x3 con due autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; il caso è del tutto analogo al precedente (vd. dubbio 02)

(g) intrusa a parte, si tratta di matrici 3x3 con tre autovalori coincidenti (MA=3) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 3x3; la base jordanizzante (v,w,z) si determina con i sistemi (vd. dubbio 2):

Av=\lambda v

Aw=\lambda w+v

Az=\lambda z+w

l’intrusa è una matrice 3x3 con tre autovalori coincidenti (MA=3) e con MG=2; in tal caso la matrice di jordan comprende due blocchi (un blocco 2x2 ed un blocco 1x1)

dubbio 03: è vero che in generale ad ogni autovalore (o ad autovalori coincidenti) con MG=k corrispondono k blocchi di jordan? (lo afferma il teorema di jordan?)

per determinare la base jordanizzante il metodo visto in precedenza non funziona; ne ho trovata una per tentativi ma mi sfugge completamente la logica che ci sia dietro:

dubbio 04:in questo caso (e in quelli generali) qual è la procedura per determinare la base jordanizzante?
Allegati
AL_Esercizi - Test 38 - FORME CANONICHE 01_rev01.pdf
(1.43 MiB) Scaricato 346 volte
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Re: Forme canoniche 1

#9 Messaggioda GIMUSI » domenica 5 gennaio 2014, 22:01

per spiegare meglio la natura del dubbio 02 e più in particolare del dubbio 04 allego il dettaglio del metodo "per tentativo" utilizzato per determinare una base jordanizzante della matrice "D" dell'esercizio (2g) e qui denominata "A"
Allegati
AL_Esercizi - Test 38 - FORME CANONICHE 01_es2g.pdf
(71.98 KiB) Scaricato 195 volte
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Re: Forme canoniche 1

#10 Messaggioda Massimo Gobbino » lunedì 6 gennaio 2014, 20:28

GIMUSI ha scritto:dubbio 01: esistono modi alternativi più convenienti e rapidi per applicare il metodo 2 (ad es. tramite matrici)?


Grosse scorciatoie non ce ne sono, tranne ovviamente casi super-speciali che si vedono ad occhio. Come già detto, due matrici A e B rappresentano la stessa applicazione pur di scegliere bene la base in partenza ed arrivo (cioè B=M^{-1}AN) per opportune M ed N invertibili delle dimensione giusta, se e solo se hanno lo stesso rango. Per trovare M ed N conviene portare sia A sia B alla forma canonica. Per passare alla forma canonica (cioè trovare le basi o le matrici, che è lo stesso) il metodo è quello indicato nella dimostrazione del teorema. Si trova una base per il ker (bisogna risolvere un sistema lineare omogeneo), la si completa ad una base dello spazio di partenza (questo si può fare sempre aggiungendo un po' di vettori della base canonica: perché?), poi si fa l'immagine dei vettori aggiunti (banale) e la si completa ad una base dello spazio di arrivo (anche qui si può fare con vettori della base canonica, il che semplifica il calcolo dell'inversa).

GIMUSI ha scritto:(c) matrice 2x2 con autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 2x2; la base jordanizzante (v,w) si determina con i seguenti sistemi:

Av=\lambda v

Aw=\lambda w+v

dubbio 02: se ho capito bene questi sistemi derivano direttamente ragionando sulla matrice jordanizzata…cioè sulla matrice associata ad f nella base (v,w)


Certamente: portare la matrice nella forma di Jordan è equivalente a trovare una base che verifica quelle due relazioni.

GIMUSI ha scritto:(e) la seconda intrusa è una matrice 3x3 con due autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 2x2 (relativo agli autovalori coincidenti) e da un blocco 1x1 relativo al terzo autovalore “buono” (MA=MG=1); i primi due vettori della base jordanizzante (relativi ai due autovalori coincidenti) si determinano in modo analogo al caso precedente 2x2 mediante i due sistemi già indicati (vd. dubbio 02); il terzo è l’autovettore relativo all’autovalore “buono”


Esatto

GIMUSI ha scritto:(f) intruse a parte, si tratta di matrici 3x3 con due autovalori coincidenti (MA=2) e con MG=1; il caso è del tutto analogo al precedente (vd. dubbio 02)

(g) intrusa a parte, si tratta di matrici 3x3 con tre autovalori coincidenti (MA=3) e con MG=1; in tal caso la matrice di jordan è costituita da un blocco 3x3; la base jordanizzante (v,w,z) si determina con i sistemi (vd. dubbio 2):

Av=\lambda v

Aw=\lambda w+v

Az=\lambda z+w

l’intrusa è una matrice 3x3 con tre autovalori coincidenti (MA=3) e con MG=2; in tal caso la matrice di jordan comprende due blocchi (un blocco 2x2 ed un blocco 1x1)


Esatto

GIMUSI ha scritto:dubbio 03: è vero che in generale ad ogni autovalore (o ad autovalori coincidenti) con MG=k corrispondono k blocchi di jordan? (lo afferma il teorema di jordan?)


Certamente, è una immediata conseguenza di Jordan. Il teorema di Jordan afferma che si può portare la matrice nella forma di Jordan. A quel punto se si toglie lambda volte l'identità ci si trova un numero di colonne nulle uguale al numero dei blocchi. Le restanti colonne si verifica facilmente che sono linearmente indipendenti. Quindi MG è proprio il numero di blocchi.

GIMUSI ha scritto:per determinare la base jordanizzante il metodo visto in precedenza non funziona; ne ho trovata una per tentativi ma mi sfugge completamente la logica che ci sia dietro:


Beh, in realtà funziona. Devi risolvere

Av=\lambda v

Aw=\lambda w+v

Az=\lambda z

In realtà è esattamente il sistema che hai impostato verso metà pagina del file che hai allegato, solo che nel risolverlo sei stato poco sistematico. La prima e la terza equazione sono sostanzialmente la stessa, come deve essere visto che l'autospazio ha dimensione 2. A quel punto devi tenerti la soluzione generica con i parametri, che nell'esempio sarebbe (a,b,0). Ora devi vedere per quali valori di a e b riesci a trovare w, e scopri che c'è una relazione tra a e b per cui questo accade (nell'esempio la relazione è a=b, ed infatti ad occhio tu usi (1,1,0)). A quel punto hai finito: fai in modo che la relazione sia verificata e hai v, poi trovi w (e sappiamo che si può), infine dai ad a e b altri due valori indipendenti da quelli usati per v e hai z. Spero che sia chiaro ...

Volendo essere più generalisti, v deve stare nel nucleo di A-\lambda I (cioè nell'autospazio), ma anche nell'immagine di A-\lambda I (in modo che esista w). Si tratta quindi di intersecare un ker con una immagine, operazione questa per cui ci siamo allenati tanto in esercizi precedenti.

GIMUSI ha scritto:dubbio 04:in questo caso (e in quelli generali) qual è la procedura per determinare la base jordanizzante?


Il caso generale è complicato. Come direbbe un mio collega, quando MA e MG sono uguali va tutto liscio. Quando sono diverse, c'è da soffrire. Quanto più sono diverse e grandi, tanto più si soffre. Pensiamo al caso di una 4*4, con un solo autovalore di MA 4 e MG 2. Com'è fatta la forma di Jordan? Sulla base di queste sole informazioni non è possibile decidere (tra cosa e cosa?). In questo caso si potrebbe decidere guardando il polinomio minimo (perché aiuterebbe?), ma non è difficile trovare casi in dimensione più alta in cui nemmeno il polinomio minimo basta, cioè conoscere polinomio minimo, caratteristico e le MG non basta per decidere la forma di Jordan (qual è la minima dimensione in cui questo accade?). Questo è il motivo per cui nel "saper fare", Jordan completa è prevista solo in dimensione bassa, o dimensione alta ma scarso gap tra MA e MG.

Questo ovviamente non vuol dire che non ci siano metodi, e nemmeno che siano particolarmente complicati (questioni di intersezioni tra ker e immagini, come accennavo sopra): semplicemente ci vorrebbero un paio di ore per descriverli decentemente, ed in un corso da 6 crediti quelle ore non ci sono.

Tutto questo per dire che anche determinare la forma di Jordan non è banale in generale. La ricerca della base invece non è poi così complicata, visto che si riduce al solito sistema.

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Re: Forme canoniche 1

#11 Messaggioda GIMUSI » martedì 7 gennaio 2014, 23:21

Massimo Gobbino ha scritto: GIMUSI ha scritto:dubbio 01: esistono modi alternativi più convenienti e rapidi per applicare il metodo 2 (ad es. tramite matrici)?

Grosse scorciatoie non ce ne sono, tranne ovviamente casi super-speciali che si vedono ad occhio. Come già detto, due matrici A e B rappresentano la stessa applicazione pur di scegliere bene la base in partenza ed arrivo (cioè B=M^{-1}AN) per opportune M ed N invertibili delle dimensione giusta, se e solo se hanno lo stesso rango. Per trovare M ed N conviene portare sia A sia B alla forma canonica. Per passare alla forma canonica (cioè trovare le basi o le matrici, che è lo stesso) il metodo è quello indicato nella dimostrazione del teorema. Si trova una base per il ker (bisogna risolvere un sistema lineare omogeneo), la si completa ad una base dello spazio di partenza (questo si può fare sempre aggiungendo un po' di vettori della base canonica: perché?), poi si fa l'immagine dei vettori aggiunti (banale) e la si completa ad una base dello spazio di arrivo (anche qui si può fare con vettori della base canonica, il che semplifica il calcolo dell'inversa).


ho provato a risolvere un caso anche con questo metodo che ho denominato "matriciale"...nel pdf aggiornato in rev01 ci sono i dettagli...mi pare di aver inteso così le cose:

per la matrice A 3*4 (nell'esempio associata a f nella base canonica), trovata una base del Ker la si completa con vettori della canonica: questo si può sempre fare perché dim(Im)+dim(Ker)=n...e gli e_i corrispondenti ai pivot fanno sicuramente al caso giusto...i vettori di questa nuova base di partenza vanno in colonna nella matrice 4*4 N_A

procedendo come detto si ottiene anche la matrice della nuova base in arrivo 3*3 M_A...allora la matrice in forma canonica di f è data da

C=M_A^-^1AN_A

per un'altra matrice B (3*4 diversa da A ma con lo stesso rango e quindi associata ad f in una base ignota) si ripete il procedimento e si ottiene:

C=M_B^-^1BN_B

e pertanto:

B=M_BM_A^-^1AN_AN_B^-^1

quindi i vettori della base che associa B a f sono i vettori colonna delle matrici:

- per la base di partenza: N_AN_B^-^1

- per la base di arrivo: M_AM_B^-^1
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Re: Forme canoniche 1

#12 Messaggioda AntiLover » martedì 21 gennaio 2014, 18:49

scusami GIMUSI , ma alla fine del primo esercizio perché scrivi MaMb ^-1?

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Re: Forme canoniche 1

#13 Messaggioda GIMUSI » martedì 21 gennaio 2014, 19:26

AntiLover ha scritto:scusami GIMUSI , ma alla fine del primo esercizio perché scrivi MaMb ^-1?


dovrebbe essere spiegato nel messaggio precedente al tuo :)
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Re: Forme canoniche 1

#14 Messaggioda AntiLover » martedì 21 gennaio 2014, 23:55

Allora per risolvere il primo esercizio:
-scrivo la matrice associata all'applicazione A;
-determino il rango della matrice: matrici con lo stesso rango sono simili, le altre le scarto;
-trovo il kerf risolvendo il sistema omogeneo;
- trovo una base del ker costituita da due vettori, e la completo aggiungendone altri due, in particolare due vettori della base canonica.
-trovo l'immagine di f, facendo l'immagine dei vettori che ho aggiunto e aggiungendone uno della base canonica, per completare la base.
-Scrivo quindi la matrice del kerf=N e Imf=M.
La matrice risultante sarà C= M^-1 A N.
Svolgo lo stesso procedimento per un'altra matrice data dall'esercizio e trovo C= M^-1 B N (dove in questo caso M e N sono le matrici di Imf e kerf rispetto alla seconda matrice). Se vedo che C della prima matrice = C della seconda matrice , allora l'applicazione lineare è la stessa.
Allora M^-1AN= M^-1B N (con M,N al primo termine rispetto ad A, e al secondo rispetto a B). Quindi volendo ricavare B moltiplico a destra e sinistra fino ad ottenere
B= MbMa^-1 A NaNb^-1
Per sapere le basi in partenza e in arrivo rispetto alla base , ho che la base in partenza è NaNb^-1 , mentre quella in arrivo è l'inversa di MbMa^-1.
E' giusto? :)

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Re: Forme canoniche 1

#15 Messaggioda GIMUSI » mercoledì 22 gennaio 2014, 9:52

premesso che è tutto spiegato con estrema chiarezza nelle lezioni 19 e 27 alle quali ti rimando per eventuali dubbi, riporto qui alcune osservazioni:

Allora per risolvere il primo esercizio:
-scrivo la matrice associata all'applicazione A;
-determino il rango della matrice: matrici con lo stesso rango sono simili, le altre le scarto;


non credo sia corretto in questo caso parlare di “matrici simili”…che sono matrici quadrate del tipo M^-^1 A M con M invertibile che condividono autovalori, rango, determinante e traccia e che vengono fuori quando si affronta il problema “non banale” della ricerca della forma canonica utilizzando la stessa base in partenza e in arrivo…tra l’altro non è detto che matrici quadrate dello stesso ordine con stessi autovalori, rango, determinante e traccia siano simili (vd. forma di jordan)

nel caso in esame le matrici con rango diverso da due sono da scartare perché sicuramente non possono rappresentare f, qualsiasi sia la scelta delle basi in partenza e arrivo

-trovo il kerf risolvendo il sistema omogeneo;
- trovo una base del ker costituita da due vettori, e la completo aggiungendone altri due, in particolare due vettori della base canonica.
-trovo l'immagine di f, facendo l'immagine dei vettori che ho aggiunto e aggiungendone uno della base canonica, per completare la base.
-Scrivo quindi la matrice del kerf=N e Imf=M.
La matrice risultante sarà C= M^-1 A N.


dire kerf=N e Imf=M non ha molto senso…N ha per colonne i vettori [OSS bisognerebbe dire ma lo sottintendo...le componenti rispetto alla base canonica dei vettori...] di una base di partenza che comprende i vettori di una base del Ker(f) (posizionati come ultime colonne di N)…M ha per colonne i vettori di una base di arrivo che comprende i vettori di una base del Im(f) (imamgine dei vettori base in partenza che non sono nel Ker, posizionati come prima colonne di M)…le matrici M e N così definite permettono di effettuare il cambio base (in partenza e arrivo) al quale è associata la forma canonica C (vd. teorema lez. 37)

Svolgo lo stesso procedimento per un'altra matrice data dall'esercizio e trovo C= M^-1 B N (dove in questo caso M e N sono le matrici di Imf e kerf rispetto alla seconda matrice). Se vedo che C della prima matrice = C della seconda matrice , allora l'applicazione lineare è la stessa.


ovviamente per M e N valgono le osservazioni precedenti

per le cose dette, per matrici dello stesso ordine, se il rango è uguale e se si possono scegliere liberamente le basi in partenza e in arrivo è sempre possibile fare in modo che le due C coincidano (vd. caso banale lez. 37)

Allora M^-1AN= M^-1B N (con M,N al primo termine rispetto ad A, e al secondo rispetto a B). Quindi volendo ricavare B moltiplico a destra e sinistra fino ad ottenere
B= MbMa^-1 A NaNb^-1
Per sapere le basi in partenza e in arrivo rispetto alla base , ho che la base in partenza è NaNb^-1 , mentre quella in arrivo è l'inversa di MbMa^-1.


esatto le matrici che hai indicato realizzano un cambio di base tale che la matrice associata a f risulti B :)

quindi ti è chiaro cosa rappresentano le loro colonne e cosa prende B in input?
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