Rango indice e segnatura di una forma quadratica

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Rango indice e segnatura di una forma quadratica #91527

avt
Kronoa
Cerchio
In questo esercizio devo calcolare rango, indice e segnatura di una forma quadratica. Vi posto un altro problema di algebra lineare:

sia  (\mathbb{R}^3,\phi ) lo spazio pseudoeuclideo definito dalla forma quadratica :

q(u)=x^2-4xy+2xz+y^2-4yz+z^2

Calcolare rango, indice e segnatura di  (\mathbb{R}^3,\phi ).

Dire se i vettori u=(1,-2,-3) \mbox{ e } v=(1,2,-3) sono ortogonali oppure no in  (\mathbb{R}^3,\phi ).

Infine, denotato con V il sottospazio di  \mathbb{R}^3 definito dall'equazione x+y+z=0, calcolare rango, indice e segnatura per lo spazio pseudoeuclideo (V,\phi_{| V} ) indotto da  \phi per restrizione su V.

Grazie tante!
 
 

Re: Rango indice e segnatura di una forma quadratica #91534

avt
Galois
Coamministratore
Per calcolare rango, indice e segnatura dello spazio pseudoeuclideo definito dalla forma quadratica

q(u)=x^2-4xy+2xz+y^2-4yz+z^2

dobbiamo anzitutto scrivere la matrice ad essa associata che è

G=\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix}

Qualora avessi dubbi a riguardo, per scrivere tale matrice ci si può aiutare col seguente schemino

\begin{array}{c | c c c } & x & y & z \\ \cline{1-4} x & & \\ y & & \\ z & &  \end{array}

ricordandosi di dimezzare gli elementi che non fanno parte della diagonale principale.

Rango, indice e segnatura dello spazio pseudoeuclideo definito dalla forma quadratica q si possono ottenere in due modi:

calcolando rango, indice e segnatura della matrice G oppure calcolando rango, indice e segnatura della matrice diagonale D che si ottiene dalla matrice G applicando l'algoritmo di Gauss Lagrange (leggimi).

La scelta dell'uno o dell'altro metodo è quasi del tutto indifferente. Bene o male ciascuno dei due si porta indietro un po' di conti.

Adesso procederò con il secondo metodo, ossia ridurrò la matrice G con l'algoritmo di Gauss Lagrange lasciando a te il compito di trovare rango, segnatura ed indice della matrice G aiutandoti con le lezioni che ti ho linkato.

Quasi inutile dire che i risultati trovati dovranno coincidere. emt

G=\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix}

La colonna non nulla con indice più basso è la prima, il cui pivot è a_{11}=1\neq 0.

Poiché (i=1)=(j=1) rendiamo nulli tutti gli altri elementi della prima colonna sommando alle varie righe opportuni multipli della prima riga; sostituendo

\\r_2 \mbox{ con } 2r_1+r_2 \\ \\ r_3 \mbox{ con } r_1-r_3

si ottiene la matrice

\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

Ripetiamo sulle colonne le stesse operazioni elementari che abbiamo appena effettuato sulle righe, ossia sostituiamo

\\c_2 \mbox{ con } 2c_1+c_2 \\ \\ c_3 \mbox{ con } c_1-c_3

ottenendo così la matrice diagonale

D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

A questo punto è immediato vedere che:

il rango di tale matrice è pari a 2;

la sua segnatura è s=(1,1,1)

ed il suo indice è r=0

-------------

Piccola osservazione prima di procedere oltre. La definizione di segnatura ed indice di una matrice varia da testo a testo e quindi da docente a docente.

Per quanto mi riguarda, la segnatura di una matrice è data dalla terna

(n_+, n_-, n_0)

dove n_+, \ n_- \mbox{ e } n_0 indicano, rispettivamente, il numero di autovalori strettamente positivi, strettamente negativi e associati alla matrice.

Mentre l'indice della matrice è

i=n_+ - n_-

Alcuni docenti, invece, definiscono la segnatura della matrice come la differenza tra n_+ ed n_- mentre definiscono l'indice pari ad n_+.

Seguendo tali definizioni, l'indice della matrice

D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

è pari ad 1, mentre la sua segnatura sarà uguale a 0.

------------

Proseguiamo ora con l'esercizio.

Per dire se i vettori

u=(1,-2,-3) \mbox{ e } v=(1,2,-3) sono ortogonali oppure no in (\mathbb{R}^3,\phi ) basta calcolare il seguente prodotto riga per colonna

u G v^{T}

ossia

\begin{pmatrix}1 & -2 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix}

Ora

\\ \begin{pmatrix}1 & -2 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix}= \\ \\ \\ = \begin{pmatrix} 1+4-3 & -2-2+6 & 1+4-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 2\end{pmatrix}

Quindi

\\ \begin{pmatrix}1 & -2 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix}= \\ \\ \\ \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -3\end{pmatrix} = 2+4-6 = 0

Pertanto i due vettori sono ortogonali in (\mathbb{R}^3,\phi ).

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Sia ora V il sottospazio di \mathbb{R}^3 definito dall’equazione x+y+z=0.

Così come spiegato nella lezione su come ricavare una base da un sistema lineare omogeneo (vedi caso particolare a fine articolo), ricaviamo una base per V.

Posto y=a \mbox{ e } z=b dall'equazione x+y+z=0 otteniamo x=-a-b.

Pertanto il generico elemento del sottospazio V sarà della forma

(-a-b,a,b) = -a(1,-1,0)-b(1,0,-1)

Possiamo così concludere che i vettori

v_1=(1,-1,0) \mbox{ e } v_2=(1,0,-1)

formano una base per il sottospazio V

Ora, lo spazio pseudoeuclideo (V,\phi_{| V} ) indotto da \phi per restrizione su V si ottiene dalla seguente matrice

\begin{pmatrix}\phi(v_1,v_1) & \phi(v_1,v_2) \\ \phi(v_2,v_1) & \phi(v_2,v_2) \end{pmatrix}

Calcoliamo tali prodotti.

\\ \phi(v_1,v_1) = v_1 G v_1^T = \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}= \\ \\ \\ = \begin{pmatrix}1+2+0 & -2-1+0 & 1+2+0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}= \\ \\ \\ = \begin{pmatrix}3 & -3 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix} = 3+3+0=6

Procedendo allo stesso modo troverai che

\phi(v_1,v_2)=\phi(v_2,v_1)=0 \mbox{ e } \phi(v_2,v_2)=0

Pertanto la matrice cercata è

\begin{pmatrix}6 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}

da cui è immediato vedere che ha rango 1, segnatura (1,0,0) ed indice pari ad 1.

Se invece si utilizzano le altre definizioni prima ricordate per segnatura ed indice avremo che la segnatura è pari ad 1, così come l'indice.

È tutto! emt
Ringraziano: Omega, CarFaby, Kronoa, jackmich

Re: Rango indice e segnatura di una forma quadratica #91547

avt
Kronoa
Cerchio
Ciao Galois mi è rimasto qualche piccolo dubbio emt :

1) "La colonna non nulla con indice più basso è la prima" con indice cosa intendi precisamente ? ed inoltre quando dici "Se la matrice così ottenuta ha una riga l’algoritmo termina" per una riga che intendi?

2) Ora, lo spazio pseudoeuclideo (V,\phi_{| V} ) indotto da \phi per restrizione su V si ottiene dalla seguente matrice

\begin{pmatrix}\phi(v_1,v_1) & \phi(v_1,v_2) \\ \phi(v_2,v_1) & \phi(v_2,v_2) \end{pmatrix}

per trovare quella matrice hai usato una formula particolare ?
cioè intendo i calcoli li ho capito come li hai fatti però ti volevo chiedere se esiste una regola per calcolare quella matrice

3)Per dire se i vettori

u=(1,-2,-3) \mbox{ e } v=(1,2,-3) sono ortogonali oppure no in (\mathbb{R}^3,\phi ) basta calcolare il seguente prodotto riga per colonna...

quindi se da oggi in poi devo controllare se i vettori sono ortogonali alla matrice devo far il prodotto riga per colonna ? oppure vale solo in questo caso?

4) non hai affiancato la matrice identità perché in questo esercizio è superflua ?

scusa le tante domande ma ho l'esame vicino emt grazie !

Re: Rango indice e segnatura di una forma quadratica #91549

avt
Galois
Coamministratore
Rispondo con ordine.

Generalmente le colonne di una matrice si indicano con c_1, \ c_2, \ ... \ c_n, dove i pedici 1, \ 2, \ ... \ n si dicono indici.

Pertanto, indicando con c_j la j-esima colonna, il suo indice è j.

Quindi occorre controllare, partendo dalla prima, le colonne della matrice. La prima colonna che vedi non nulla è quella con indice più basso.

Ad esempio, nella matrice

\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -3 \\ 0 & -1 & 5\end{pmatrix}

la prima colonna non nulla è c_2 ossia la colonna con indice 2.

Se la matrice così ottenuta ha una riga l’algoritmo termina


Intendo dire che se la matrice data inizialmente o quella ottenuta dopo i vari passaggi dell'algoritmo è una matrice riga, ossia una matrice del tipo

\begin{pmatrix}a_{1} & a_2 & ... & a_n\end{pmatrix}

allora l'algoritmo termina, ossia una matrice riga è già ridotta rispetto all'algoritmo di Gauss Lagrange.

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In generale, lo spazio pseudoeuclideo indotto da un prodotto scalare \phi per restrizione su uno spazio vettoriale V si ottiene disponendo in una matrice i prodotti scalari tra i vettori della matrice. Cioè, in generale, se \phi è un prodotto scalare definito su \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n e V è un sottospazio di \mathbb{R}^n avente come base i vettori \{v_1, v_2, ..., v_n\} allora lo spazio pseudoeuclideo indotto da \phi per restrizione su uno spazio vettoriale V è dato da

\begin{pmatrix}\phi(v_1,v_1) & \phi(v_1,v_2) & \dots & \phi(v_1,v_n) \\ \phi(v_2,v_1) & \phi(v_2,v_2) & \dots &\phi(v_2,v_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \phi(v_n,v_1) & \phi(v_n,v_2) & \dots & \phi(v_n,v_n)  \end{pmatrix}

------------

Dato un qualsiasi prodotto scalare \phi, due vettori u_1 \mbox{ e } u_2 siano ortogonali se e solo se

\phi(u_1,u_2)=0

Se disponi della matrice associata al prodotto scalare tale condizione si riduce a verificare che il prodotto riga per colonna

u_1 G u_2^T = 0

dove G è la matrice associata al prodotto scalare.

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Esattamente, alla matrice G prima di applicare il processo di Gauss Lagrange non ho affiancato la matrice identità perché superflua.

Come puoi leggere nel topic che ti ho linkato, tale matrice dopo la riduzione si trasforma nella matrice P che ci permette di trovare una base diagonalizzante per la forma quadratica, ma in questo esercizio non veniva richiesta, quindi non essendo necessario ci siamo risparmiati un po' di conticini. emt
Ringraziano: Omega, CarFaby, Kronoa
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