Esponenziali di matrici
Sia $A$ una matrice $nxn$ complessa.
dimostrare che:
$det(e^A)=e^(det(A))$.
dove $det$ è la funzione determinante.
un bell esercizio secondo me.
ciao
dimostrare che:
$det(e^A)=e^(det(A))$.
dove $det$ è la funzione determinante.
un bell esercizio secondo me.
ciao
Risposte
E' un esercizio bello, anche secondo me. Ti ringrazio tanto per la proposta perché mi ha fatto ricordare la mia laurea. Allora, oltre alla tesi, si presentava una tesina e la mia verteva proprio sulla mappa esponenziale. Consultai il Warner, Foundations of Differentiable Manifolds and Lie Groups.
Hai scritto bene il testo? Io direi
$det (e^A) = e^{trace(A)}$
Hai scritto bene il testo? Io direi
$det (e^A) = e^{trace(A)}$
Eh infatti nella versione di 5inGold mi pare più plausibile. Ad esempio, $"exp"(I_2)=((e, 0), (0, e))$. Quindi $det(e^I)=e^2=e^{"tr"(I)}$.
sul mio esercizio non c'è la traccia ma il determinante. non saprei allora!
Interessante equivalenza. Bisogna pensarci... cmq nn credo che sia difficilissimo . Ci aggiorniamo.
ma quindi qual è l'esercizio corretto quello con il determinante o con la traccia?
Sul Warner, già citato, c'e' la traccia. Piu' tardi ci penso e ti faccio sapere
E' necessariamente la traccia. Prendiamo una matrice diagonale $D=[[lambda_1, ldots, 0],[vdots, ddots, vdots],[0, ldots, lambda_n]]$. Allora $"exp"(D)=sum_{k=0}^\infty(D^k)/(k!)$. Ma $D^k=[[lambda_1^k, ldots, 0],[vdots, ddots, vdots],[0, ldots, lambda_n^k]]$. Quindi $"exp"(D)= [[sum_{k=0}^\inftylambda_1^k/(k!), ldots, 0],[vdots, ddots, vdots],[0, ldots,sum_{k=0}^\inftylambda_n^k/(k!)]]=[[e^(lambda_1), ldots, 0],[vdots, ddots, vdots],[0, ldots, e^(lambda_n)]]$. Perciò se $D$ è diagonale è facile calcolare $"det"(D)=e^(lambda_1)ldotse^(lambda_n)=e^(lambda_!+ldots+lambda_n)=e^("traccia"(D))$.
Infine, in generale $e^(det\ D)!=e^("traccia"\ D)$ (come controesempio basta prendere la matrice identica 2x2).
Perciò l'esercizio deve necessariamente essere: dimostrare che $det\ e^A=e^("traccia"\ A)$.
Infine, in generale $e^(det\ D)!=e^("traccia"\ D)$ (come controesempio basta prendere la matrice identica 2x2).
Perciò l'esercizio deve necessariamente essere: dimostrare che $det\ e^A=e^("traccia"\ A)$.
si si confermo. avevo fatto un errore eclatante nella dimostrazione e per questo mi tornava con il det.... si è la traccia.
Ora che ci penso, questa è la generalizzazione della proprietà $e^ze^w=e^(z+w)$. No?
Se pensiamo al determinante come prodotto degli autovalori, e alla traccia come somma degli autovalori siamo lì.
Se pensiamo al determinante come prodotto degli autovalori, e alla traccia come somma degli autovalori siamo lì.
effetivamente si. è la generalizzazione al caso $n-dimensionale$
Questo mi fa venire in mente una possibile soluzione. In sostanza si tratta di dimostrare che, $\forallA$ mat. complessa $ntimesn$ di autovalori ${lambda_1, ..., lambda_n}$ risulta che il prodotto degli autovalori di $e^A$ è uguale a $e^(lambda_1+...+lambda_n)$. (Ho usato il fatto che determinante e traccia sono rispettivamente prodotto e somma degli autovalori).
Se dimostriamo che gli autovalori di $e^A$ sono esattamente ${e^(lambda_1), ..., e^(lambda_n)}$ il risultato seguirà subito dalle proprietà della funzione esponenziale (che, come osservavamo prima, stiamo tentando di generalizzare).
Per la chiusura algebrica di $CC$ è sufficiente dimostrare che $foralli$, $e^(lambda_i)$ è autovalore di $e^A$. Allora prendiamo $v\inCC^n$, un $lambda_i$-autovettore. Calcoliamo $(e^A)v=(lim_{n\to\infty}sum_{k=0}^nA^k/(k!))v=$(*)$=lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(A^kv)/(k!))=lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(lambda_i^kv)/(k!))=$$lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(lambda_i^k)/(k!))v=(sum_{n=0}^\infty(lambda_i^n)/(n!))v=e^(lambda_i)v$. Fine. Vi pare corretto? Il passaggio (*) deriva da questo fatto: se $(X_n)_{n\inNN}$ è una successione di matrici complesse $ntimesn$, convergente alla matrice $X$ allora la successione di vettori $(X_nv)_{n\inNN}$ converge al vettore $Xv$. Infatti se in una norma indotta qualsiasi $||X_n-X||\to0$, allora $||X_nv-Xv||=||(X_n-X)v||<=||X_n-X||||v||\to 0$.
[edit] mancava una norma.
Se dimostriamo che gli autovalori di $e^A$ sono esattamente ${e^(lambda_1), ..., e^(lambda_n)}$ il risultato seguirà subito dalle proprietà della funzione esponenziale (che, come osservavamo prima, stiamo tentando di generalizzare).
Per la chiusura algebrica di $CC$ è sufficiente dimostrare che $foralli$, $e^(lambda_i)$ è autovalore di $e^A$. Allora prendiamo $v\inCC^n$, un $lambda_i$-autovettore. Calcoliamo $(e^A)v=(lim_{n\to\infty}sum_{k=0}^nA^k/(k!))v=$(*)$=lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(A^kv)/(k!))=lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(lambda_i^kv)/(k!))=$$lim_{n\to\infty}(sum_{k=0}^n(lambda_i^k)/(k!))v=(sum_{n=0}^\infty(lambda_i^n)/(n!))v=e^(lambda_i)v$. Fine. Vi pare corretto? Il passaggio (*) deriva da questo fatto: se $(X_n)_{n\inNN}$ è una successione di matrici complesse $ntimesn$, convergente alla matrice $X$ allora la successione di vettori $(X_nv)_{n\inNN}$ converge al vettore $Xv$. Infatti se in una norma indotta qualsiasi $||X_n-X||\to0$, allora $||X_nv-Xv||=||(X_n-X)v||<=||X_n-X||||v||\to 0$.
[edit] mancava una norma.
Innanzitutto, essendo $A in M_n(CC)$, si può prendere la matrice $T=H^-1AH$ triangolare superiore (sappiamo che in $CC$ le matrici sono sempre triangolarizzabili e che $det$,$tr$ sono invarianti rispetto alla relazione di similitudine...).
La proposizione si puo dimostrare per induzione sull'ordine $n$ della matrice $T$.
Base dell'induzione: $n=1$ è banalmente vero, perchè:
$A=(a_(1,1))$ , $det(e^A)=e^(a_(1,1))=e^(tr(A))$;
Passo induttivo: supponiamo vera la preposizione fino ad $n-1$, vediamo cosa succede per $n$.
Sia $T=H^-1AH$ triangolare con $A in M_n(CC)$, sviluppando con Laplace sulla prima colonna...
$det(e^T)=e^(t_(1,1))det(e^(T'))$=... ma $T'$ è di ordine $n-1$, quindi:
...=$e^(t_(1,1))e^(tr(e^T'))=e^(tr(T))$.
La proposizione si puo dimostrare per induzione sull'ordine $n$ della matrice $T$.
Base dell'induzione: $n=1$ è banalmente vero, perchè:
$A=(a_(1,1))$ , $det(e^A)=e^(a_(1,1))=e^(tr(A))$;
Passo induttivo: supponiamo vera la preposizione fino ad $n-1$, vediamo cosa succede per $n$.
Sia $T=H^-1AH$ triangolare con $A in M_n(CC)$, sviluppando con Laplace sulla prima colonna...
$det(e^T)=e^(t_(1,1))det(e^(T'))$=... ma $T'$ è di ordine $n-1$, quindi:
...=$e^(t_(1,1))e^(tr(e^T'))=e^(tr(T))$.
toh! due soluzioni alternative nell'arco di tre minuti! questa è da record!!!
"Dorian":
$det(e^T)=e^(t_(1,1))det(e^(T'))$
Non capisco questo passaggio. Secondo me qui stai usando cose che non hai dimostrato, o sbaglio?
"Martino":
[quote="Dorian"]$det(e^T)=e^(t_(1,1))det(e^(T'))$
Non capisco questo passaggio. Secondo me qui stai usando cose che non hai dimostrato, o sbaglio?[/quote]
Ho usato lo sviluppo di Laplace sulla prima colonna di una matrice triangolare superiore... Esso si riduce all'unico termine che ho scritto.
Non va bene?
"Dorian":
[quote="Martino"][quote="Dorian"]$det(e^T)=e^(t_(1,1))det(e^(T'))$
Non capisco questo passaggio. Secondo me qui stai usando cose che non hai dimostrato, o sbaglio?[/quote]
Ho usato lo sviluppo di Laplace sulla prima colonna di una matrice triangolare superiore... Esso si riduce all'unico termine che ho scritto.
Non va bene?[/quote]
Secondo me stai usando anche che $e^T$ e' triangolare superiore (o comunque che sotto il primo termine in alto a destra ci sono solo zeri) e che $e^(t_(1,1))$ e' un autovalore di $e^T$.
@dissonance: non capisco una cosa: ma il fatto che se $lambda_1,...,lambda_n$ sono gli autovalori di $A$ allora $e^{lambda_1},...,e^{lambda_n}$ sono gli autovalori di $e^A$ e' sufficiente per concludere? Cioe', se per caso $lambda_1=...=lambda_n=lambda$ la molteplicita' di $e^{lambda}$ come autovalore di $e^A$ potrebbe essere diversa da $n$, oppure no?
Martino:
Secondo me stai usando anche che $e^T$ e' triangolare superiore (o comunque che sotto il primo termine in alto a destra ci sono solo zeri) e che $e^(t_(1,1))$ e' un autovalore di $e^T$.
Hai ragione. Sistemo subito la dimostrazione.
Una domanda: posso sapere cosa intendete con il simbolo $e^A$? Forse il problema è tutto quì...
@Dorian: Come per un numero reale o complesso $x$ chiamiamo $"exp"\ x=sum_{n=0}^infty(x^n)/(n!)$, per una matrice reale o complessa $A$ chiamiamo $"exp"\ A=sum_{n=0}^infty(A^n)/(n!)$. Si dimostra che questa serie converge per ogni $A$.
In altre parole, non potrebbe essere che la matrice $e^A$ abbia qualche autovalore "in più" oltre agli $e^lambda$ dove $lambda$ è autovalore di $A$? Qui casca l'asino (che sarei io
).
Bisogna metterci una pezza. O si trova un sistema per dimostrare che, se $mu$ è autovalore di $e^A$ allora $log\ mu$ è autovalore di $A$, oppure mi sa che tocca usare la forma canonica di Jordan
...!
"Martino":
@dissonance: non capisco una cosa: ma il fatto che se $lambda_1,...,lambda_n$ sono gli autovalori di $A$ allora $e^{lambda_1},...,e^{lambda_n}$ sono gli autovalori di $e^A$ e' sufficiente per concludere? Cioe', se per caso $lambda_1=...=lambda_n=lambda$ la molteplicita' di $e^{lambda}$ come autovalore di $e^A$ potrebbe essere diversa da $n$, oppure no?
In altre parole, non potrebbe essere che la matrice $e^A$ abbia qualche autovalore "in più" oltre agli $e^lambda$ dove $lambda$ è autovalore di $A$? Qui casca l'asino (che sarei io
). Bisogna metterci una pezza. O si trova un sistema per dimostrare che, se $mu$ è autovalore di $e^A$ allora $log\ mu$ è autovalore di $A$, oppure mi sa che tocca usare la forma canonica di Jordan
...!
io l 'ho dimostrato usando la forma canonica di Jordan.
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