Dimostrazione vettori isotropi

[matos1]

Ho un dubbio su una affermazione che ho letto su questo forum al link: https://www.matematicamente.it/forum/vi ... e#p8435224

Stavo in particolare cercando alcune risposte sulla definitezza di una forma bilineare/prodotto scalare.

La domanda che vorrei porre è questa: voglio dimostrare che: se la forma bilineare simmetrica è semidefinita (pos. o neg., ma non definita pos. o neg) => gli unici isotropi sono quelli del radicale.

Nel link trovo:

Se esistono altri vettori, che non siano il vettore nullo, per cui $ =0$ allora vengono chiamati vettori isotropi.
Infine un prodotto scalare per cui $ =0$ in cui entrambi i vettori sono diversi dal vettore nullo, viene definito prodotto scalare degenere.

Se una matrice simmetrica A ha almeno un autovalore pari a 0, significa che è singolare. Infatti $det(A)$ è il prodotto degli autovalori...se almeno uno è zero, allora $det(A)=0$.
Una matrice singolare ha sempre infinite soluzioni del sistema omogeneo $Ax=0$, questo perchè il suo kernel (chiamato anche nucleo o spazio nullo) ha dimensione $>0$ (in altre parole, il vettore nullo non è l'unica soluzione del sistema).
Il radicale di A non è altro che il suo kernel: infatti, se A ha un autovalore pari a 0 allora $(A-0*I)x=Ax=0$. Quindi se la matrice è semidefinita, ha un radicale con con dimensione $>0$
Se prendiamo un qualsiasi autovettore $v$ legato a $lambda=0$, allora $v^TAv=v^T(Av)=v^T*{0}=0$
Quindi tutti gli autovettori dell'autospazio legato a $lambda=0$ sono isotropi e ci sono infiniti vettori $w$ per cui $ =0$: quindi è un prodotto scalare degenere.

Ma questa cosa non mi sembra per nulla dimostrare l'asserto, in realtà dimostra solo che se una matrice (associata al prodotto scalare) è semidefinita allora ha che i vettori nel kernel sono isotropi.

Ma non dimostra che se semidefinita => gli isotropi sono unicamente quei vettori che stanno nel kernel (o radicale) del mio prodotto scalare.

Quindi la domanda è, come si dimostra che: se la forma bilineare simmetrica è semidefinita (pos. o neg.) => gli unici isotropi sono quelli del radicale?

[j18eos]

Ti faccio notare (con un bel po' di ritardo) che hai a che fare con una forma bilineare simmetrica!

[matos1]

Sinceramente ho avuto un consiglio ma non sono stato capace di sfruttarlo: dovrei usare il teorema spettrale. Ma anche diagonalizzandola non so che farmene data la mia stupidità .
Ho una matrice diagonale e poi? Non molte idee

[j18eos]

No, è che i radicali destro e sinistro coincidono... prova a fare un conticino!

[matos1]

Mi verrebbe da dire che sia vero perché se $Ax=0 => (Ax)^t=0 => x^t*A^t=0$ ma è simmetrica quindi $x^t*A=0$ come voluto.

Però non mi capacito di come mi aiuti questa cosa nel concludere che gli "isotropi sono unicamente quei vettori che stanno nel kernel (o radicale) del mio prodotto scalare."

Ho pensato: vettore isotropo vuol dire che $x^t*A*x=0$ e va bene, però come mi aiuta avere radicale dx e sx coincidenti?

Devorei in particolare avere per dimostrare che gli isotropi sono solo quelli del radicale $xAx=0 <=> Ax=0$ (Se non sbaglio??), a questo punto <= mi pare ovvia, l'altra meno.

[j18eos]

Quasi, devi dimostrare che \(\displaystyle\underline{v}\in\mathbb{V}\) è isotropo se e solo se \(\displaystyle A\times^t\underline{v}=\underline{0}\).

Ti ricordo che la definizione di vettore isotropo è la seguente:
\[
\underline{v}\times A\times^t\underline{v}=0,
\]
ove \(\dim\mathbb{V}=n,A\in\mathbb{K}^n_n\) rappresenta la forma bilineare simmetrica prescelta su \(\mathbb{V}\).

Suggerimento: prova a ragionare per contrapposizione!

[matos1]

Ok allora mi sa che c'è solo un problema sulla definizione, nel senso che per il mio professore e per la domanda che svolgo a riguardo il vettore isotropo è il vettore (anche non nullo) che moltiplicato per se stesso dà zero (che era scritto un po nel quote del primo messaggio).
Vedo che invece tu usi una definizione differente, ti chiedo quindi scusa ma vorrei riformulare la mia domanda con la definizione datami di "isotropo".
In sostanza isotropo è il $vecv$ t.c. $vecvAvecv=0$

A questo punto il voler dimostrare
"isotropi sono unicamente quei vettori che stanno nel kernel (o radicale) del mio prodotto scalare."
vuol dire dimostrare: xAx=0⇔Ax=0, direi.

Il fatto che Ax=0 => xAx=0 è ovvio.

Mi sembra meno ovvio: xAx=0=>Ax=0 e non mi vengono idee

[Martino]

Col teorema spettrale diagonalizzi la tua $A$ portandola in forma diagonale nel modo seguente: esiste una matrice invertibile $M$ tale che $M^t M=1$ e

$M^t A M = D$

diagonale, e siccome $A$ è semidefinita, gli elementi diagonali di $D$ (cioè gli autovalori di $A$) che non sono nulli hanno tutti lo stesso segno. Ora prendi un vettore $v$ isotropo di $A$, cioè $v^t A v=0$, definisci $w=M^t v$ e dimostra che $w^t D w=0$. Deduci che $Dw=0$. Da questo deduci che $Av=0$.

[j18eos]

@matos Scusami, ho sbagliato a scrivere!

Il mio suggerimento consiste nel supporre \(A\times^t\underline{v}\neq\underline{0}\) e concludere che \(\underline{v}\) non è isotropo!

@Martino ...ma non devi supporre che il campo sia algebricamente chiuso per usare il teorema Spettrale?

[matos1]

@Martino:
Col tuo suggerimento farei così:
Sappiamo che vale $M^tAM=D$ e $A=MDM^t$

Definito opportunamente $w:=M^tv$ con v isotropo, ho che: $w^tDw=0$ dato che: $w^tDw=v^t(MDM^t)v=v^tAv$ (ed isotropo v).

Assunto D con le caratteristiche di avere autovalori solo nulli o positivi sulla diagonale ho che $x^tDx=0$ sarà un polinomio di secondo grado con termini $x_i^2$ per ogni $i$ che va da $1$ a $m<=n$ minore perché ho alcuni nulli essendo SEMIdefinita. Ad ogni modo ciò che ho che $x_i=0 AAi$, quindi per $x=w$ con w che avrà i primi m termini nulli e i restanti n-m qualunque mi garantirà che si annulli il prodotto: $Dw=0$ a questo punto.

Quindi: $Dw=DM^tv=0$ moltiplico a dx e sx per M ottenendo $MDM^tv=0$ da cui alla fine (A=MDM^t): $Av=0$

Ho scritto questo perché c'è un punto in cui non sono molto formale e mi pare di aver usato piu che altro intuito ossia quando "deduco/formo" il vettore colonna $w$ come tutto di zeri fino ad m e poi gli n-m non nulli. Lo vedo e l'ho detto a parole, ma come potrei formalizzarlo meglio? Grazie

@j18eos: allora provo a ragionare anche col tuo metodo, avendo visto che usavi una definizione diversa pensavo non ci fossimo intesi. Ovviamente so cosa è la contrapposizione, però non ci ero messo pensando che mi avrebbe portato a dimostrare wAv=0 che mi interessava poco.
[EDITO]:
Forse direi così:
Devo dire che non mi vengono idee

[Martino]

@matos sì quella parte va scritta un po' meglio ma il concetto l'hai capito.

@Armando vedi qui, caso reale.

[matos1]

Solo se hai tempo (e voglia) potrei chiederti una formalizzazione migliore? Più che altro per imparare a esser un po' più bravo
Sennò, in ogni caso, grazie per avermi fatto capire

[Martino]

Puoi scrivere che gli elementi diagonali di $D$ sono $a_1,...,a_m$ seguiti da $n-m$ zeri, e che $w=(w_1,...,w_n)$. Allora
$0=w^tDw=sum_(i=1)^m a_i w_i^2$
Siccome gli $a_i$ hanno tutti lo stesso segno deduciamo che $w_i=0$ per ogni $i=1,...,m$. Quindi
$Dw=(a_1w_1,...,a_mw_m,0,...,0)=(0,...,0)$.

[matos1]

Grazie mille!

[j18eos]

@Martino Hai ragione: scusatemi; pensavo a un altro teorema, e non al teorema della diagonalizzabilità di una matrice (reale) simmetrica!

[matos1]

@j18eos:
Ma potrei chiederti invece come sfruttare il tuo consiglio per dimostrare quanto cercavo con la contrapposizione come suggerivi? ormai sono curioso e un metodo in più è sempre un buon allenamento per me.

[j18eos]

Dopo essermi chiarito le idee (almeno di questo thread), col mio suggerimento avresti concluso che \(\underline{v}\) non è un vettore del nucleo e nulla più.

Quindi nulla...