Dimostrare che le matrici ortogonali speciali sono di rotazione
Salve a tutti, esiste un modo diretto per dimostrare che le matrici ortogonali speciali (di classe tre) generino sempre e comunque una rotazione? Il viceversa, cioè che una matrice di rotazione è ortogonale speciale invece è ben più facile da dimostrare e non ho dubbi sul fatto che sia vero.
Mi spiego meglio, per matrice ortogonale speciale ovviamente intendo una matrice che appartenga all'insieme $ SO(3)={M \in M_3 | M*M^t=I \wedge det M = 1 } $
Per rotazione invece intendo un'isometria da $R^3 $ in $ R^3 $ esprimibile in matrice tramite gli angoli di Eulero, oppure se preferite la si può intendere anche come una trasformazione individuata da un versore di rotazione e un angolo di rotazione attorno al piano perpendicolare all'asse. Tanto queste due definizioni sono equivalenti. Mi basta che si riesca a dimostrare che una matrice $SO(3)$ sia sempre esprimibile come rotazione, qualunque sia la definizione di rotazione che vi aggrada maggiormente: cioè mi serve o un modo per dimostrare che una matrice di $SO(3)$ possa sempre essere rappresentata come matrice di rotazione rispetto agli angoli di Eulero oppure che ogni matrice $SO(3)$ ammetta uno e un solo asse di rotazione e che esprime una rotazione di un determinato angolo sul piano perpendicolare a tale asse. Scegliete voi la strada migliore. Se qualcuno mi dicesse come fare sarei più che contento.
Ovviamente so già come dimostrare che ogni matrice $M \in SO(3) $ ammetta - diciamo così - almeno un asse di rotazione (infatti se M è ortogonale speciale ha sempre almeno un autovalore pari ad 1, ovvero è verificata la condizione $Mx=x $ e di conseguenza c'è almeno un "asse di rotazione"), anche se non saprei come dimostrare che quest'asse è effettivamente unico (ovvero che la dimensione dell'autospazio relativo all'autovalore 1 ha dimensione pari ad 1, cioè che quella di rotazione è effettivamente un'ASSE, una retta, e non qualcosa di strano, come un sottospazio a dimensione maggiore di 1 tipo un piano, cosa che tra l'altro non avrebbe nemmeno senso).
Grazie a chi risponderà.
Mi spiego meglio, per matrice ortogonale speciale ovviamente intendo una matrice che appartenga all'insieme $ SO(3)={M \in M_3 | M*M^t=I \wedge det M = 1 } $
Per rotazione invece intendo un'isometria da $R^3 $ in $ R^3 $ esprimibile in matrice tramite gli angoli di Eulero, oppure se preferite la si può intendere anche come una trasformazione individuata da un versore di rotazione e un angolo di rotazione attorno al piano perpendicolare all'asse. Tanto queste due definizioni sono equivalenti. Mi basta che si riesca a dimostrare che una matrice $SO(3)$ sia sempre esprimibile come rotazione, qualunque sia la definizione di rotazione che vi aggrada maggiormente: cioè mi serve o un modo per dimostrare che una matrice di $SO(3)$ possa sempre essere rappresentata come matrice di rotazione rispetto agli angoli di Eulero oppure che ogni matrice $SO(3)$ ammetta uno e un solo asse di rotazione e che esprime una rotazione di un determinato angolo sul piano perpendicolare a tale asse. Scegliete voi la strada migliore. Se qualcuno mi dicesse come fare sarei più che contento.
Ovviamente so già come dimostrare che ogni matrice $M \in SO(3) $ ammetta - diciamo così - almeno un asse di rotazione (infatti se M è ortogonale speciale ha sempre almeno un autovalore pari ad 1, ovvero è verificata la condizione $Mx=x $ e di conseguenza c'è almeno un "asse di rotazione"), anche se non saprei come dimostrare che quest'asse è effettivamente unico (ovvero che la dimensione dell'autospazio relativo all'autovalore 1 ha dimensione pari ad 1, cioè che quella di rotazione è effettivamente un'ASSE, una retta, e non qualcosa di strano, come un sottospazio a dimensione maggiore di 1 tipo un piano, cosa che tra l'altro non avrebbe nemmeno senso).
Grazie a chi risponderà.
Risposte
Un polinomio a coefficienti reali di grado dispari si fattorizza sempre come ($X-a)p(X)$ con $p(X)$ di grado pari, irriducibile su $\mathbb R$. Ora stante questo, c'è sempre almeno un autovettore per $a$ per ovvi motivi; quindi la dimensione dell'autospazio di $a$ è almeno 1. Del resto è anche limitata dall'alto da 1 (perché la molteplicità geometrica è sempre $\le$ di quella algebrica).
Hai finito: l'autospazio di $1$ nel caso di una matrice di $SO(3)$ è esattamente l'asse di rotazione, e la rotazione avviene in un piano che è l'ortogonale a questo asse.
Hai finito: l'autospazio di $1$ nel caso di una matrice di $SO(3)$ è esattamente l'asse di rotazione, e la rotazione avviene in un piano che è l'ortogonale a questo asse.
"killing_buddha":
Un polinomio a coefficienti reali di grado dispari si fattorizza sempre come ($X-a)p(X)$ con $p(X)$ di grado pari, irriducibile su $\mathbb R$. Ora stante questo, c'è sempre almeno un autovettore per $a$ per ovvi motivi; quindi la dimensione dell'autospazio di $a$ è almeno 1. Del resto è anche limitata dall'alto da 1 (perché la molteplicità geometrica è sempre $\le$ di quella algebrica).
Hai finito: l'autospazio di $1$ nel caso di una matrice di $SO(3)$ è esattamente l'asse di rotazione, e la rotazione avviene in un piano che è l'ortogonale a questo asse.
Ciao, grazie per la risposta ma, sono sincero, non ho ben capito.
Che la molteplicità geometrica dell'autospazio relativo ad un autovalore sia sempre minore o uguale a quella algebrica del medesimo autovalore ok... questo lo si dà per assodato... non ho capito però come fai a dire che la molteplicità algebrica sia per forza 1... insomma, un polinomio di terzo grado o ha una radice reale o ne ha tre (prendi ad esempio il polinomio $ p(x)=(x-1)^3 $, che ha tre radici reali - tra l'altro coincidenti ed equivalenti ad 1)... di conseguenza mi chiedo se sia possibile che una matrice ortogonale abbia anch'essa non una ma tre radici reali, magari coincidenti? Cioè, come si fa a dimostrare che è impossibile che ciò avvenga per una matrice ortogonale speciale?Grazie ancora, però davvero non mi è molto chiaro...
Hai ragione, te l'ho detto in modo impreciso, ma l'argomento non cambia molto: quel $p(X)$ è quello di una onestissima rotazione, l'identità.
"killing_buddha":
Hai ragione, te l'ho detto in modo impreciso, ma l'argomento non cambia molto: quel $p(X)$ è quello di una onestissima rotazione, l'identità.
Aspetta non ho capito nulla... che vuoi dire?
Io so questo: supponiamo $M$ di grado tre e ortogonale, ovvero $M M^T = I$, e $x$ autovettore rispetto all'autovalore reale $lambda$ (almeno un autovalore reale ci deve essere perché il polinomio è di grado dispari).
Allora abbiamo $Mx = lambda x $ e quindi trasponendo $x^T M^T = lambda x^T$.
Moltiplicando le due identità membro a membro otteniamo: $x^T M^T Mx = lambda^2 x^T x$
e poiché $M^T M = I$ abbiamo che $x^T x = lambda^2 x^Tx$ e perciò, poiché questa cosa vale qualunque sia l'autovettore (diverso da zero), otteniamo che $lambda^2 = 1$ da cui segue il fatto che una matrice ortogonale ammette, come autovalori reali, solo autovalori pari a 1 e -1.
Questo ragionamento non ci dice nulla sulla molteplicità algebrica degli autovalori comunque.
Ora se abbiamo una matrice ortogonale speciale, ovvero ortogonale e con $det=1$, poiché il determinante è il prodotto degli autovalori, e poiché sappiamo che questi possono essere - parlo di quelli reali - solo 1 e -1 possiamo fare qualche altro ragionamento.
Il polinomio caratteristico di una matrice di ordine tre è un polinomio di grado tre che per le evidenze dell'algebra ha o una o tre radici reali. Nel nostro caso, a priori, ci potrebbero essere solo tre possibilità (elencate sotto) su come è fatto il polinomio caratteristico di una matrice ortogonale speciale. Infatti, tenendo conto del fatto che gli autovalori reali possono essere solo 1 e -1 e che il prodotto di tutti gli autovalori (reali e complessi insieme) debba essere per forza 1 (deve coincidere con il determinante), risultano solo le 3 seguenti possibilità:
1) $p(lambda)=(-1)^3(lambda-1)p'(x)$ con $p'(x)$ di secondo grado irriducibile in modo che $det=1$;
2) $p(lambda)=(-1)^3(lambda-1)(lambda+1)(lambda+1)$, qui abbiamo $det=1$ e due autovalori, 1, a molteplicità 1 e -1 a molteplicità 2;
3) $p(lambda)=(-1)^3(lambda-1)^3$, in questo caso ancora $det=1$ ma l'unico autovalore 1 ha molteplicità algebrica 3.
Non ci possono essere altre possibilità, perché altrimenti non sarebbero verificate contemporaneamente la proprietà del $det=1$ e il fatto che il polinomio possa avere solo tre o una radice reale.
La mia domanda è: c'è un modo per dimostrare che una matrice $SO(3)$ non verifichi mai le possibilità 2) 3) ma solo la 1)? E' questo che non mi è chiaro... so che dovrebbe essere così, altrimenti non mi torna... anche perché solo nel caso 1 la molteplicità algebrica di $lambda=1$ è 1 (di conseguenza anche quella geometrica) e non ci sono autovettori invertiti (quelli di $lambda=-1$ che verificano la condizione $Mx=-x$) che sono incompatibili, ovviamente, con una rotazione.
Aspetta non ho capito nulla... che vuoi dire?
L'identità è una rotazione
l'identità verifica 3.
"killing_buddha":Aspetta non ho capito nulla... che vuoi dire?
L'identità è una rotazione
Certo, questo è evidente. Ma ancora non capisco... se hai una matrice $SO(3)$ diversa dall'identità come fai ad essere sicuro che il polinomio caratteristico sia della forma 1) e non di quella 2) o 3)?
"killing_buddha":Aspetta non ho capito nulla... che vuoi dire?
L'identità è una rotazione
Sì certo... l'identità in effetti verifica tre. Giustamente. Ma per quanto riguarda le altre matrici $SO(3)$?
Anche la 2 succede; prendi una rotazione di $\pi$ attorno al tuo asse preferito; l'autospazio di $1$ è l'asse, l'autospazio di $-1$ l'ortogonale all'asse; il polinomio caratteristico di questo endomorfismo è $(X-1)(X+1)^2$.
Sono le uniche? Sì (a meno di rotazioni di $2k\pi$, che ovviamente sono ininfluenti). Perché? Perché gli autovalori di una matrice ortogonale speciale sono in $\{\pm \}$. Non ci sono altre combinazioni di segno che quelle che abbiamo già listato: tutti + (l'identità), tutti - (ma non è ortogonale speciale), due meno e un + (rotazione di $\pi$), due + e un - (non è speciale).
Sono le uniche? Sì (a meno di rotazioni di $2k\pi$, che ovviamente sono ininfluenti). Perché? Perché gli autovalori di una matrice ortogonale speciale sono in $\{\pm \}$. Non ci sono altre combinazioni di segno che quelle che abbiamo già listato: tutti + (l'identità), tutti - (ma non è ortogonale speciale), due meno e un + (rotazione di $\pi$), due + e un - (non è speciale).
"killing_buddha":
Anche la 2 succede; prendi una rotazione di $\pi$ attorno al tuo asse preferito; l'autospazio di $1$ è l'asse, l'autospazio di $-1$ l'ortogonale all'asse; il polinomio caratteristico di questo endomorfismo è $(X-1)(X+1)^2$.
Sono le uniche? Sì (a meno di rotazioni di $2k\pi$, che ovviamente sono ininfluenti). Perché? Perché gli autovalori di una matrice ortogonale speciale sono in $\{\pm \}$. Non ci sono altre combinazioni di segno che quelle che abbiamo già listato: tutti + (l'identità), tutti - (ma non è ortogonale speciale), due meno e un + (rotazione di $\pi$), due + e un - (non è speciale).
In effetti hai ragione. Non ci avevo pensato. Che poi in effetti ripensandoci è sensatissimo e evidente.
Ultima domandina: come dimostreresti però che il caso 3) (tutti +) si verifichi solo con l'identità?
Un'altro endomorfismo di polinomio caratteristico $(X-1)^3$ deve fissare una base di $\mathbb R^3$ (l'autospazio di 1 è esattamente il sottospazio piu grande che hai ristretto al quale il tuo endomorfismo è l'identità); due endomorfismi che coincidono su una base coincidono, ed ecco che il tuo magico endomorfismo coincide con l'identità
Nota che in generale se due matrici hanno lo stesso pol. char. nulla impone loro di essere simili; ma ci sono, per fortuna, polinomi caratteristici più belli di altri che invece lo impongono eccome: $(X-1)^n$ è uno di questi.
Nota che in generale se due matrici hanno lo stesso pol. char. nulla impone loro di essere simili; ma ci sono, per fortuna, polinomi caratteristici più belli di altri che invece lo impongono eccome: $(X-1)^n$ è uno di questi.
"killing_buddha":
Un'altro endomorfismo di polinomio caratteristico $(X-1)^3$ deve fissare una base di $\mathbb R^3$ (l'autospazio di 1 è esattamente il sottospazio piu grande che hai ristretto al quale il tuo endomorfismo è l'identità); due endomorfismi che coincidono su una base coincidono, ed ecco che il tuo magico endomorfismo coincide con l'identità
Nota che in generale se due matrici hanno lo stesso pol. char. nulla impone loro di essere simili; ma ci sono, per fortuna, polinomi caratteristici più belli di altri che invece lo impongono eccome: $(X-1)^n$ è uno di questi.
Infatti io mi basavo proprio sull'asserzione per cui l'identità tra polinomi caratteristici in generale non implica la similitudine (anche se è vero il viceversa).
Aspetta, ma perché deve fissare per forza la base di $R^3$? Cioè se la molteplicità algebrica di 1 è 3, come fai ad essere sicuro che pure quella geometrica è 3? Non può essere inferiore a priori? Mi manca la motivazione (mettiti nei miei panni, sono abbastanza neofita
).
Ah, in effetti non è vero quello che ho detto. Cancella l'ultimo commento. Ero troppo stanco per commentare, e infatti ora vado a dormire.
Ero troppo stanco per commentare, e infatti ora vado a dormire.
"killing_buddha":
Ah, in effetti non è vero quello che ho detto. Cancella l'ultimo commento.
No problem. Anzi, buona serata... vado a letto anch'io. Ci ripenserò domattina con la mente più sveglia.
Scusate l'intrusione, spero di non confondere, vorrei solo segnalare che il problema si può anche trattare usando la forma normale **reale** di Jordan:
https://en.wikipedia.org/wiki/Jordan_no ... l_matrices
La matrice è diagonalizzabile (sugli scalari complessi) e gli autovalori hanno modulo unitario, quindi gli unici blocchi di Jordan possibili sono questi tre:
\[
[1], [-1], \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix}.\]
Siccome la dimensione è \(3\) il terzo blocco può apparire solo una volta.
HTH
https://en.wikipedia.org/wiki/Jordan_no ... l_matrices
La matrice è diagonalizzabile (sugli scalari complessi) e gli autovalori hanno modulo unitario, quindi gli unici blocchi di Jordan possibili sono questi tre:
\[
[1], [-1], \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix}.\]
Siccome la dimensione è \(3\) il terzo blocco può apparire solo una volta.
HTH
"dissonance":
Scusate l'intrusione, spero di non confondere, vorrei solo segnalare che il problema si può anche trattare usando la forma normale **reale** di Jordan:
https://en.wikipedia.org/wiki/Jordan_no ... l_matrices
La matrice è diagonalizzabile (sugli scalari complessi) e gli autovalori hanno modulo unitario, quindi gli unici blocchi di Jordan possibili sono questi tre:
\[
[1], [-1], \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{bmatrix}.\]
Siccome la dimensione è \(3\) il terzo blocco può apparire solo una volta.
HTH
In effetti è vero. Tra l'altro una $SO(3)$ è sempre diagonalizzabile sui complessi. Praticamente, con una Jordanizzazione semplice semplice sui reali, trovi sempre una base rispetto a cui è facilmente visibile la rotazione. Ottimo, problema risolto.
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