Dimostrazione 1° e 2° teorema di debreu

[dino!16]

Non riesco a trovarne una dimostrazione rigorosa. Qualcuno può aiutarmi?

[gugo82]

Mai sentiti... Posta almeno gli enunciati.

[dino!16]

Enunciato dal docente come 1° teorema di Debreu:

Sia $ Q:R^n->R,Q(bar(x))=bar(x)^TAbar(x) $ con $ A $ matrice simmetrica di ordine $ n $, una forma quadratica in $ n $ variabili. In tal caso valgono le seguenti proprietà:

1) $ Q $ è definita positiva se e solo se $ lambda>0 $, $AAlambda $ autovalore di $ A $.
2) $ Q $ è definita negativa se e solo se $ lambda<0 $, $AAlambda $ autovalore di $ A $.
3) $ Q $ è semidefinita positiva se e solo se $lambda>=0 $, $AAlambda $ autovalore di $ A $. Inoltre deve esistere $ i0 in (1,2,...,n) $ tale che $ lambda(i0)=0 $
3) $ Q $ è semidefinita negativa se e solo se $lambda<=0 $, $AAlambda $ autovalore di $ A $. Inoltre deve esistere $ i0 in (1,2,...,n) $ tale che $ lambda(i0)=0 $
5) $ Q $ è indefinita nei rimanenti casi.

Enunciato dal docente come 2° teorema di Debreu:

Sia $ Q:R^n->R,Q(bar(x))=bar(x)^TAbar(x) $ con $ A $ matrice simmetrica di ordine $ n $, una forma quadratica in $ n $ variabili. In tal caso valgono le seguenti proprietà:

1) $ Q $ è definita positiva se e solo se $ A^*i $ sono tutti $ >0 $, $AAi in (1,2,...,n) $.
2) $ Q $ è definita negativa se e solo se $ (-1)^i A^*i $ sono tutti $ >0 $, $AAi in(1,2,...,n) $.
3) $ Q $ è semidefinita positiva se e solo se:
a) $ Ai>=0 $, $AAi in (1,2,...,n) $
b) $ det(a)=0 $
3) $ Q $ è semidefinita negativa se e solo:
a) $ (-1)^iAi>=0 $, $AAi in (1,2,...,n) $
b) $ det(a)=0 $
5) $ Q $ è indefinita nei rimanenti casi.

[gugo82]

Beh, se sai che una matrice reale simmetrica è diagonalizzabile, la dimostrazione del primo mi pare semplice.

[dino!16]

Il punto 1 del 1°teorema dovrei averlo ricostruito, guardando gli appunti (confusionari) che ho preso a lezione.

Abbiamo detto che $ A $ è una matrice simmetrica, quindi necessariamente ha un polinomio caratteristico composto da tutti autovalori $ lambda in R $. Se $ lambda $ è autovalore di $ A $, significa che deve esistere per $ lambda $ un autovettore generico $ bar(x) $ tale che la sua equazione agli autovalori è $ Abar(x)=lambdabar(x) $.

Sappiamo però anche che la matrice è diagonalizzabile, quindi è una matrice che ammette matrice diagonale simile tale che $ A=PBP^(-1) $, per cui sapendo che $ Q(bar(x))=bar(x)^TAbar(x) $ posso sostituire:

$ Q(bar(x))=(bar(x))^TBbar(x)=bar(x)^Tlambdabar(x)=lambdabar(x)^Tbar(x) $

Ora non so come concludere però.

Il punto 2 lo scrivo "papale papale" come l'ho preso a lezione ma non ho capito nulla: se potessi "tradurlo" dalle mie parole e rispiegarmelo come se lo stessi spiegando ad un golden retriever te ne sarei grato

Sia $ bar(x)=bar(0), bar(x) in R^n $. Sapendo che $ A $ è simmetrica posso costruire una matrice diagonalizzante ortogonale $ P $ tale che $ A = PDP^(-1) $. Ne segue che:

$ Q(bar(X))=bar(x)^TAbar(x)=bar(x)^TPDP^Tbar(x) $.

Ora faccio un cambio di variabili, ponendo $ bar(y)=P^Tbar(x) $, e ottengo che: $ bar(x)^TAbar(x)=bar(y)^TDbar(y) $. Ma questa risulta una forma canonica $ bar(y)^TDbar(y)=lambda1y1^2+lambda2y2^2+...+lambdanyn^2 $. Per ipotesi i $ lambda $ sono tutti positivi. Inoltre siccome $ bar(x)!=bar(0) $, $ bar(y)^T $ deve essere $ !=0 $. Se $ bar(x)=bar(0) $, $ bar(y)^T $ ammette solo il vettore nullo (e quindi sarebbe un sistema di cramer omogeneo). Quindi $ lambdaj0bar(y)^2j0>0 $, con $ j0!=0 $. La sommatoria è quindi $ >0 $ perché qualche $ yi $ sarà anche nullo ma sicuramente qualcuno non lo è. Se lo fossero tutti infatti avremmo un sistema di cramer omogeneo che ammetterebbe solo il vettore nullo e questo contraddice l'ipotesi.

( )

Per i punti 3 e 4 non ha fatto dimostrazioni per "limiti di tempo" relativamente alla vastità del programma.