Dubbio su matrice con blocchi
Sia $M=[(0,A),(A^T,0)]$ con $AinRR^(nxxn)$ allora $M$ è simmetrica e vale $M^TM=[(A A^T,0),(0,A^TA)]$, qualcuno mi conferma che sto avendo questo stupido dubbio non so perchè ahahhaha.
Risposte
Sì: \(M\) la puoi vedere come una matrice \(2\times2\) a valori nell'anello delle matrici quadrate di ordine \(n\), da cui segue l'ultima egualianza!
"j18eos":
Sì: \(M\) la puoi vedere come una matrice \(2\times2\) a valori nell'anello delle matrici quadrate di ordine \(n\), da cui segue l'ultima egualianza!
Grazie!!
Allora volevo sapere se questo ragionamento va bene:
Siccome $M$ è simmetrica, sia $lambda_max(M)$ autovalore piu grande di $M$, abbiamo $lambda_max(M)=||M||_2=sqrt(lambda_max(M^TM)$. Ora se $lambda$ è un autovalore di $M^TM$ (con $x$ autovettore associato) vale che $lambdax=M^TMx=[(A A^Tx_1),(A^TAx_2)]$ con $x=[(x_1),(x_2)]$, allora vale $A^TAx_2=lambdax_2$ per cui $lambda$ è autovalore di $A^TA$. Poi osserviamo che $A A^T=(A^-1)^TA^TA(A^T)$ per cui $A A^T$ è simile a $A^TA$. Quindi sia $lambda$ autovalore di $A^TA$ (che è anche autovalore di $A A^T$ poiche simili) e sia $x_1$ l'autovettore associato ad lambda rispetto ad $A A^T$ e $x_2$ l'autovettore associato a $lambda$ rispetto a $A^TA$ e prendo il vettore $x=[(x_1),(x_2)]$ abbiamo che:
$M^TMx=[(A A^Tx_1),(A^TAx_2)]=[(lambdax_1),(lambdax_2)]=lambdax$, per cui lambda è autovavlore di $M^TM$. Quindi $A^TA$ e $M^TM$ hanno gli stessi autovalori per cui $lambda_max(M^TM)=lambda_max(A^TA)$. Quindi riprendendo la ugualianza inziale si ha che $lambda_max(M)=sqrt(lambda_max(M^TM))=sqrt(lambda_max(A^TA))=||A||_2$
Ah anche un ultima cosa:
Sia $C=[(R_1,0),(D,R_2)]$ con $R_1,R_2inRR^(nxxn)$ triangolari superiori non singolari e $D$ diagonale non singolare. Bisogna risolvere $C^TCx=C^Tb$, allora io ho fatto così:
$[(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(R_1,0),(D,R_2)][(x_1),(x_2)]=[(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(b_1),(b_2)]$
da cui ottengo:
$\{(R_1^TR_1x_1+D^TDx_1+D^TR_2x_2=R_1^Tb_1+D^Tb_2),(R_2^TDx_1+R_2^TR_2x_2=R_2^Tb_2):}$
dalla seconda equazione ottengo che:
$x_2=R_2^-1(b_2-Dx_1)$
Sostituendo $x_2$ nella prima equazione trovo che:
$R_1^TR_1x_1=R_1^Tb_1$
E tutto giusto o c'è qualcosa di sbagliato?
Sia $C=[(R_1,0),(D,R_2)]$ con $R_1,R_2inRR^(nxxn)$ triangolari superiori non singolari e $D$ diagonale non singolare. Bisogna risolvere $C^TCx=C^Tb$, allora io ho fatto così:
$[(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(R_1,0),(D,R_2)][(x_1),(x_2)]=[(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(b_1),(b_2)]$
da cui ottengo:
$\{(R_1^TR_1x_1+D^TDx_1+D^TR_2x_2=R_1^Tb_1+D^Tb_2),(R_2^TDx_1+R_2^TR_2x_2=R_2^Tb_2):}$
dalla seconda equazione ottengo che:
$x_2=R_2^-1(b_2-Dx_1)$
Sostituendo $x_2$ nella prima equazione trovo che:
$R_1^TR_1x_1=R_1^Tb_1$
E tutto giusto o c'è qualcosa di sbagliato?
"andreadel1988":Ma dove hai ipotizzato che \(A\) è invertibile?
[...] Poi osserviamo che $A A^T=(A^-1)^TA^TA(A^T)$ [...]
"j18eos":
Ma dove hai ipotizzato che \(A\) è invertibile?
Cavolo, hai ragione (non mi ero accorto che le ipotesi non dicono niente sull'invertibilità di $A$
), allora come si fa a mostrare che $ lambda_max(M)=||A||_2 $?
"andreadel1988":
[quote="j18eos"]Ma dove hai ipotizzato che \(A\) è invertibile?
Cavolo, hai ragione (non mi ero accorto che le ipotesi non dicono niente sull'invertibilità di $A$
), allora come si fa a mostrare che $ lambda_max(M)=||A||_2 $?[/quote]L'invertibilità non è necessaria come ipotesi.
Usa la decomposizione a valori singolari...che tralaltro ti fornisce già le radici degli autovalori.
"Bokonon":
L'invertibilità non è necessaria come ipotesi.
Usa la decomposizione a valori singolari...che tralaltro ti fornisce già le radici degli autovalori.
Ciao Bokonon, io la decomposizione a valori singolari non l'ho mai fatta (non so di cosa si tratta) mi potresti illuminare tu? O nel caso anche se c'è un altra via a me accessibile (mi interesserebve molto), grazie
"andreadel1988":
Ciao Bokonon, io la decomposizione a valori singolari non l'ho mai fatta (non so di cosa si tratta) mi potresti illuminare tu? O nel caso anche se c'è un altra via a me accessibile (mi interesserebve molto), grazie
La Singular Values Decomposition (=SVD) è in assoluto la decomposizione più usata al mondo per le cose più disparate...dalla compressione dei files (di ogni tipo) all'analisi delle componenti principali (che è una delle tecniche statistiche più potenti della cosiddetta analisi fattoriale). Google non esisterebbe senza di essa!
In effetti, scomodare la SVD per la dimostrazione è un overkill (come direbbero gli anglosassoni).
Proviamo così. $A^TA$ è diagonalizzabile per il teorema spettrale.
Chiamiamo $x$ un suo autovettore legato all'autovalore $lambda$.
Perciò abbiamo che $A^TAx=lambdax$
Consideriamo ora il vettore $y=Ax$.
$A A^Ty=A A^T(Ax)=A(A^TAx)=Alambdax=lambda(Ax)=lambday$
Nota bene: questo fatto è vero per qualsiasi $A_(mxxn)$
"Bokonon":
Proviamo così. $A^TA$ è diagonalizzabile per il teorema spettrale.
Chiamiamo $x$ un suo autovettore legato all'autovalore $lambda$.
Perciò abbiamo che $A^TAx=lambdax$
Consideriamo ora il vettore $y=Ax$.
$A A^Ty=A A^T(Ax)=A(A^TAx)=Alambdax=lambda(Ax)=lambday$
A ok quindi in pratica mi hai mostrato che qualunque sia $AinRR^(nxxn)$ si ha che $A A^T$ e $A^TA$ hanno gli stessi autovalori e se $x$ è l'autovettore associato a $lambda$ rispetto ad $A^TA$ allora $Ax$ è l'autovettore associato a $lambda$ rispetto ad $A A^T$
Esatto. Ed ho aggiunto una nota finale al messaggio precedente...A può essere tranquillamente una matrice non quadrata. Nella realtà quotidiana, le matrici $A_(mxxn)$ hanno come colonne le variabili da rilevare e come righe i campioni. Sono quindi matrici dove $n> >m$
"Bokonon":
Esatto. Ed ho aggiunto una nota finale al messaggio precedente...A può essere tranquillamente una matrice non quadrata. Nella realtà quotidiana, le matrici $A_(mxxn)$ hanno come colonne le variabili da rilevare e come righe i campioni. Sono quindi matrici dove $n> >m$
Si,si, grazie, peccato non ci abbia pensato quando l'ho fatto (che mi ero pure scordato che $A$ non era necessariamente invertibile hahahha) spero non valga troppo questo errore!!
"andreadel1988":
Ah anche un ultima cosa:
Sia $ C=[(R_1,0),(D,R_2)] $ con $ R_1,R_2inRR^(nxxn) $ triangolari superiori non singolari e $ D $ diagonale non singolare. Bisogna risolvere $ C^TCx=C^Tb $, allora io ho fatto così:
$ [(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(R_1,0),(D,R_2)][(x_1),(x_2)]=[(R_1^T,D^T),(0,R_2^T)][(b_1),(b_2)] $
da cui ottengo:
$ \{(R_1^TR_1x_1+D^TDx_1+D^TR_2x_2=R_1^Tb_1+D^Tb_2),(R_2^TDx_1+R_2^TR_2x_2=R_2^Tb_2):} $
dalla seconda equazione ottengo che:
$ x_2=R_2^-1(b_2-Dx_1) $
Sostituendo $ x_2 $ nella prima equazione trovo che:
$ R_1^TR_1x_1=R_1^Tb_1 $
E tutto giusto o c'è qualcosa di sbagliato?
Mentre volevo sapere se questo andasse bene...
Ma sono esercizi di un compito d'esame?
I passaggi sono corretti ma mi lascia solo un po' perplesso la soluzione finale: credo che volessero $x_1$ e $x_2$ in funzione solo delle matrici e del vettore b. E' un po' come se tu avessi lasciato i conti a metà...
Io avrei proceduto facendo notare che, in base alle ipotesi, $C$ è invertibile e quindi lo è anche la sua trasposta.
Per cui $C^TCx=C^Tb rArr (C^T)^(-1)C^TCx=(C^T)^(-1)C^Tb rArr Cx=b$ semplificando quindi il sistema.
Da cui si ottiene
$ { ( R_1x_1=b_1 ),( Dx_1+R_2x_2=b_2 ):} rArr { ( x_1=R_1^(-1)b_1 ),( x_2=R_2^(-1)(b_2-Dx_1)=R_2^(-1)(b_2-DR_1^(-1)b_1) ):} $
I passaggi sono corretti ma mi lascia solo un po' perplesso la soluzione finale: credo che volessero $x_1$ e $x_2$ in funzione solo delle matrici e del vettore b. E' un po' come se tu avessi lasciato i conti a metà...
Io avrei proceduto facendo notare che, in base alle ipotesi, $C$ è invertibile e quindi lo è anche la sua trasposta.
Per cui $C^TCx=C^Tb rArr (C^T)^(-1)C^TCx=(C^T)^(-1)C^Tb rArr Cx=b$ semplificando quindi il sistema.
Da cui si ottiene
$ { ( R_1x_1=b_1 ),( Dx_1+R_2x_2=b_2 ):} rArr { ( x_1=R_1^(-1)b_1 ),( x_2=R_2^(-1)(b_2-Dx_1)=R_2^(-1)(b_2-DR_1^(-1)b_1) ):} $
In riferimento a questo post: avrei dato lo stesso suggerimento io! 
Per il resto: sono d'accordo su tutto!
Per il resto: sono d'accordo su tutto!
"Bokonon":
I passaggi sono corretti ma mi lascia solo un po' perplesso la soluzione finale: credo che volessero $x_1$ e $x_2$ in funzione solo delle matrici e del vettore b. E' un po' come se tu avessi lasciato i conti a metà...
No vabbe ma poi ho fatto la risoluzione con le matrici triangolari superiori ovviamente volevo solo sapere se non c erano errori in questi passaggi, però ora che ci penso mi sa che per errore di distrazione ho scritto $R_1^TR_1x=R_1b_1$ e quindi ho risolto due sistemi, mannaggià a me.
@j18eos 
@andreadel1988 Azz. Io in caso rifarei lo scritto (se era un esame): la materia la conosci bene ma non eri in palla. Succede!
@andreadel1988 Azz. Io in caso rifarei lo scritto (se era un esame): la materia la conosci bene ma non eri in palla. Succede!
"Bokonon":
@andreadel1988 Azz. Io in caso rifarei lo scritto (se era un esame): la materia la conosci bene ma non eri in palla. Succede!
E appena usciranno i voti vedrò cosa fare, comunque grazie di avermi risolto questi dubbi
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