Forma bilineare simmetrica ristretta degenere
scusa la questione di linguaggio, che magari ho sempre chiamato con un altro nome...
ma con scomposizione ortogonale di una matrice cosa intendi?
ma con scomposizione ortogonale di una matrice cosa intendi?
Risposte
si, questa decomposizione la puoi fare esattamente se su $W$ la forma bilineare è non degenere.
Una forma bilineare simmetrica è detta non degere se $g(v,w)=0$ per ogni $w$ appartenente a $V$ allora $v=0$.
quello che serve a te è quindi (se vuoi dirlo con altre parole, essendo che è equivalente a quello che dici te, ma la dimostrazione mi viene più veloce al momento) che $V$ ammette una scomposizione ortogonale in somma diretta per ogni sottospazio $W$ di $V$ rispetto alla f.b.s. $g$ se e solo se $g$ non ammette vettori isotropi, cioè tali per cui $g(v,v)=0$.
la dimostrazione è semplice: se $V$ lo possiamo scrivere come $W \oplus W^\bot$ con $W$ un sottospazio, allora $W\nn W^\bot=0$, cioè se $w\in W$ e $v\inW^{\bot}$, si ha che $g(v,w)=0$.
Supponiamo quindi che $g$ ammette vettori isotropi in $W$ (se non gli ammette in $W$ la scomposizione è possibile, ma noi vogliamo che sia per ogni $W$ sottospazio vettoriale, quindi esisterà almeno un sottospazio che contenga questo vettore isotropo), sia questo per esempio $w$ (per brevità di scrittura possiamo assumere che sia solo uno il vettore isotropo, è equivalente se ne consideri $k$), allora $g(w,w)=0$ ma $w\in W$, cioè $w\in W^\bot$, questo implica $w=0$.
Il viceversa è uguale, se $g$ ammette vettori isotropi, che per semplicità possiamo supporre sia solo $w$, allora definiamo $W=span{w}$, coi calcoli di prima si ricava che $w\inW\nnW^\bot$, ovvero i due spazi non sono in somma diretta.
Convince?
Una forma bilineare simmetrica è detta non degere se $g(v,w)=0$ per ogni $w$ appartenente a $V$ allora $v=0$.
quello che serve a te è quindi (se vuoi dirlo con altre parole, essendo che è equivalente a quello che dici te, ma la dimostrazione mi viene più veloce al momento) che $V$ ammette una scomposizione ortogonale in somma diretta per ogni sottospazio $W$ di $V$ rispetto alla f.b.s. $g$ se e solo se $g$ non ammette vettori isotropi, cioè tali per cui $g(v,v)=0$.
la dimostrazione è semplice: se $V$ lo possiamo scrivere come $W \oplus W^\bot$ con $W$ un sottospazio, allora $W\nn W^\bot=0$, cioè se $w\in W$ e $v\inW^{\bot}$, si ha che $g(v,w)=0$.
Supponiamo quindi che $g$ ammette vettori isotropi in $W$ (se non gli ammette in $W$ la scomposizione è possibile, ma noi vogliamo che sia per ogni $W$ sottospazio vettoriale, quindi esisterà almeno un sottospazio che contenga questo vettore isotropo), sia questo per esempio $w$ (per brevità di scrittura possiamo assumere che sia solo uno il vettore isotropo, è equivalente se ne consideri $k$), allora $g(w,w)=0$ ma $w\in W$, cioè $w\in W^\bot$, questo implica $w=0$.
Il viceversa è uguale, se $g$ ammette vettori isotropi, che per semplicità possiamo supporre sia solo $w$, allora definiamo $W=span{w}$, coi calcoli di prima si ricava che $w\inW\nnW^\bot$, ovvero i due spazi non sono in somma diretta.
Convince?
Mah, se la metti così mi viene in mente subito la forma bilineare simmetrica di $RR^2$ definita come
$\langle(x_1, y_1);(x_2, y_2)\rangle=(x_1, y_1)((0, 1), (1, 1))((x_2), (y_2))$.
Questa forma non è degenere e però se ristretta al sottospazio ${(lambda, 0)\ :\ lambda\inRR}$ risulta essere la forma nulla, più degenere di così... Forse è un esempio troppo cretino, però.
$\langle(x_1, y_1);(x_2, y_2)\rangle=(x_1, y_1)((0, 1), (1, 1))((x_2), (y_2))$.
Questa forma non è degenere e però se ristretta al sottospazio ${(lambda, 0)\ :\ lambda\inRR}$ risulta essere la forma nulla, più degenere di così... Forse è un esempio troppo cretino, però.
no non mi pare una stranezza:
Infatti la definizione, detta sopra, è: $g$ f.b.s. si dice non degenere se $g(v,w)=0$ per ogni $w\in V$ allora $v=0$.
Se $g$ ammette vettori isotropi (pur essendo non singolare) che so il vettore $v$, allora $g(v,v)=0$ e ovviamente non è degenere, essendo che se prendi un vettore $u$ l.i. da $v$ avrai che $g(v,u)!=0$.
Però se restringi $g$ a $U=span{v}$, scrivendo $g|_U$ avrai che se $u\in U$ allora $u=lambda v$, per qualche $lambda \in RR$ e quindi $g(u,v)=lambda g(v,v)=0$ ovvero $g|_U$ è degenere.
Però questo è vero se il sottospazio è generato da un solo vettore isotropo!
Se $g$ ammette $v_1,v_2$ entrambi vettori isotropi, allora, detto $W=span{v_1,v_2}$ ottieni che $g|_W$ non è degenere in generale su $W$, essendo che $v_1,v_2$ possono non essere ortogonali tra loro, però questo sottospazio non ammette una scomposizione ortogonale.
Quindi il risultato di prima (visto con entrambi i lati, ovvero il se e il solo se) che ho scritto è falso se al posto di vettori isotropi si usa sottospazio degenere (cioè diventa solo sufficiente). Sbaglio? Così a primo impatto ora che ci penso è quindi meglio parlare semplicemente di vettori isotropi...
Spero di non aver detto cavolate
Infatti la definizione, detta sopra, è: $g$ f.b.s. si dice non degenere se $g(v,w)=0$ per ogni $w\in V$ allora $v=0$.
Se $g$ ammette vettori isotropi (pur essendo non singolare) che so il vettore $v$, allora $g(v,v)=0$ e ovviamente non è degenere, essendo che se prendi un vettore $u$ l.i. da $v$ avrai che $g(v,u)!=0$.
Però se restringi $g$ a $U=span{v}$, scrivendo $g|_U$ avrai che se $u\in U$ allora $u=lambda v$, per qualche $lambda \in RR$ e quindi $g(u,v)=lambda g(v,v)=0$ ovvero $g|_U$ è degenere.
Però questo è vero se il sottospazio è generato da un solo vettore isotropo!
Se $g$ ammette $v_1,v_2$ entrambi vettori isotropi, allora, detto $W=span{v_1,v_2}$ ottieni che $g|_W$ non è degenere in generale su $W$, essendo che $v_1,v_2$ possono non essere ortogonali tra loro, però questo sottospazio non ammette una scomposizione ortogonale.
Quindi il risultato di prima (visto con entrambi i lati, ovvero il se e il solo se) che ho scritto è falso se al posto di vettori isotropi si usa sottospazio degenere (cioè diventa solo sufficiente). Sbaglio? Così a primo impatto ora che ci penso è quindi meglio parlare semplicemente di vettori isotropi...
Spero di non aver detto cavolate
Probabilmente il fenomeno incriminato e' che se $b$ e' una forma bilineare e $B$ e' la matrice che la rappresenta non ci sono in generale legami
tra la restrizione di $b$ a un sottospazio e la restrizione di $B$ allo stesso sottospazio (piu' precisamente la matrice che rappresenta la restrizione al
sottospazio dell'operatore rappresentato da $B$). Mi pare che la cosa valga solo se il sottospazio e' invariante per (l'operatore lineare associato a) $B$.
tra la restrizione di $b$ a un sottospazio e la restrizione di $B$ allo stesso sottospazio (piu' precisamente la matrice che rappresenta la restrizione al
sottospazio dell'operatore rappresentato da $B$). Mi pare che la cosa valga solo se il sottospazio e' invariante per (l'operatore lineare associato a) $B$.
"Sergio":
[quote="ViciousGoblin"]la restrizione di $B$ allo stesso sottospazio (piu' precisamente la matrice che rappresenta la restrizione al sottospazio dell'operatore rappresentato da $B$).
Scusami, ma non riesco a "vedere" una matrice che rappresenta una restrizione ad un sottospazio di un operatore.
Se $B$ è associata a $T:V to V$, è forse diversa la matrice associata a $T|_W:W to W$?[/quote]
Per come la dici tu "risposta non c'e' " in quanto l'associazione tra operatore lineare e matrice dipende dalla base - mentre su $V$ puoi considerare una base canonica, che base metti su $W$ ?
In effetti io parlavo degli operatori lineari coinvolti, per cui e' meglio che chiarisca la cosa in termini di operatori, senza tirare in ballo le matrici.
La questione e' questa: supponiamo che $V$ sia uno spazio vettoriale con un prodotto scalare $<\cdot,\cdot>$. Data una forma bilineare su $V$ (non necessariamente simmetrica) esiste unico
un operatore lineare $B:V\to V$ tale che $b(x,y)=
Nota che la non degenericita' di $b$ corrisponde a $ker(B)={0}$.
Ora se $W$ e' un sottospazio di $V$ e se su $W$ consideriamo lo stesso prodotto scalare, per lo stesso motivo esiste $B':W\to W$ tale che
$b(x,y)=
Sara' mica $B'=B|W$ ? In generale no perche' $B|W$ pur essendo definito su $W$ non va a finire in $W$ ma in $V$.
Aggiungo qualche dettaglio al messaggio precedente che ho dovuto chiudere in fretta.
Con le stesse notazioni di prima hai che
$B'=P(B|_W)$ dove $P:V\to W$ e' la proiezione ortogonale su $W$. Per vederlo nota che, se $x,y\in W$,
$ = = = b(x,y)$ (infatti se $y\in W$ e $x\in V$ $ = $)
Quindi $B'=B|_W$ solo se $PBx=Bx$ per ogni $x$ di $W$ cioe' $B$ manda $W$ in se' ($W$ e' autospazio per $B$).
NOTA
Detto in maniera piu' formale $B'=i^\star\circ B \circ i$ dove $i;W\to V$ e' l'immersione e $i^\star$ e' la sua aggiunta (che si vede facilmente essere la proiezione)
Con le stesse notazioni di prima hai che
$B'=P(B|_W)$ dove $P:V\to W$ e' la proiezione ortogonale su $W$. Per vederlo nota che, se $x,y\in W$,
$
Quindi $B'=B|_W$ solo se $PBx=Bx$ per ogni $x$ di $W$ cioe' $B$ manda $W$ in se' ($W$ e' autospazio per $B$).
NOTA
Detto in maniera piu' formale $B'=i^\star\circ B \circ i$ dove $i;W\to V$ e' l'immersione e $i^\star$ e' la sua aggiunta (che si vede facilmente essere la proiezione)
Provo a risponderti usando le matrici (che purtroppo non sono intrinseche, ma tant'e')
Siano $V$ uno spazio vettoriale e $W$ un suo sottospazio. Fissiamo una base $\hat v_1,...,\hat v_n$ in $V$ e $\hat w_1,...,\hat w_k$ in $W$ (con $k
Prendiamo $b:V\times V\to RR$ una forma bilineare - simmetrica se vuoi. Allora posto $b_{i.j}:=b(\hat v_i,\hat v_j)$ risulta che la matrice $n\times n$ $B=(b_{i,j})$ rappresenta $b$ su $V$
nel senso che $b(\sum_i x_i \hat v_i,\sum_j y_j \hat v_j)=\sum_{i,j}x_iy_jb_{i,j]$. Oppure se dato $v\in V$ indico con $\bar v$ il vettore colonna delle coordinate di $v$ rispetto alla base di $V$
posso scrivere $b(u,v)=(\bar u)^T\cdot B\cdot \bar v$ ( dove "$\cdot$" indica il prodotto matriciale) .
Nota che la simmetria di $b$ si riflette nel fatto che $B$ e' simmetrica, ma non serve ad altro. '
Analogamente la matrice $k\times k$ $B'$ di elementi $b'_{i,k}:=b(\hat w_i,\hat w_j)$ rappresenta la restrizione di $b$ a $W$ (rispetto alla base dei $\hat w_j$).
Che relazione c'e' tra $B$ e $B'$ ? Per questo dobbiamo considerare la matrice $H$ che moltiplicata per le coordinate di un vettore $w$, rispetto a $\hat w_1,...,\hat w_k$, restituisce
le coordinate di $w$ rispetto a $\hat v_1,...,\hat v_n$.
In altri termini la colonna $j$-esima ($j=1,...,k$) della matrice $H$ sara' formata dalle $n$ coordinate di $\hat w_j$ rispetto alla base di $V$. Dunque $H=(h_{i,j})$ ha $n$ righe e $k$ colonne.
Allora, per $i,j=1,...,k$
$b'_{i,j}=b(\hat w_i,\hat w_j)=b(\sum_{r=1}^n h_{r,i}hat v_r,\sum_{r=1}^n h_{s,j}hat v_s)=\sum_{r,s=1}^nh_{r,i}h_{s,j}b(\hat v_r,\hat v_s)=\sum_{r,s=1}^nh_{r,i}h_{s,j}b_{r,s}$
che in termini matriciali significa
$B'=H^T\cdot B\cdot H$
Questa formula individua la matrice corrispondente alla restrizione di $b$, usando la base di $W$. Ora che problema potremmo porci a proposito di "restrizioni" ??? - Parlando delle matrici non e' chiaro dato che hanno dimensioni diverse - pero' ognuna delle due matrici $B$ e $B'$, insieme alle due basi, invividua un operatore lineare, diciamo ${L_B}:V\to V$ e $L_{B'}:W\to W$.
(Nota che dire $b$ non degenere significa proprio $L_B$ iniettivo).
Sara' vero che $L_{B'}$ e' la restrizione di $L_B$ ? La risposta e' NO, come mostra il tuo esempio e come si ricava anche dalla formula sopra in cui intervengo, oltre a $B$ anche $H$ e $H^T$
(in realta' il problema e' $H^T$ perche' $B\cdot H$ e' in effetti intepretabile come la restrizione di $B$ a $W$).
Spero che tutto questo ti serva a qualcosa ( e che non ci siano troppi errori).
PS - scrivendo prodotto scalare intendevo una forma bilineare simmetrica definita posiva
Siano $V$ uno spazio vettoriale e $W$ un suo sottospazio. Fissiamo una base $\hat v_1,...,\hat v_n$ in $V$ e $\hat w_1,...,\hat w_k$ in $W$ (con $k
Prendiamo $b:V\times V\to RR$ una forma bilineare - simmetrica se vuoi. Allora posto $b_{i.j}:=b(\hat v_i,\hat v_j)$ risulta che la matrice $n\times n$ $B=(b_{i,j})$ rappresenta $b$ su $V$
nel senso che $b(\sum_i x_i \hat v_i,\sum_j y_j \hat v_j)=\sum_{i,j}x_iy_jb_{i,j]$. Oppure se dato $v\in V$ indico con $\bar v$ il vettore colonna delle coordinate di $v$ rispetto alla base di $V$
posso scrivere $b(u,v)=(\bar u)^T\cdot B\cdot \bar v$ ( dove "$\cdot$" indica il prodotto matriciale) .
Nota che la simmetria di $b$ si riflette nel fatto che $B$ e' simmetrica, ma non serve ad altro. '
Analogamente la matrice $k\times k$ $B'$ di elementi $b'_{i,k}:=b(\hat w_i,\hat w_j)$ rappresenta la restrizione di $b$ a $W$ (rispetto alla base dei $\hat w_j$).
Che relazione c'e' tra $B$ e $B'$ ? Per questo dobbiamo considerare la matrice $H$ che moltiplicata per le coordinate di un vettore $w$, rispetto a $\hat w_1,...,\hat w_k$, restituisce
le coordinate di $w$ rispetto a $\hat v_1,...,\hat v_n$.
In altri termini la colonna $j$-esima ($j=1,...,k$) della matrice $H$ sara' formata dalle $n$ coordinate di $\hat w_j$ rispetto alla base di $V$. Dunque $H=(h_{i,j})$ ha $n$ righe e $k$ colonne.
Allora, per $i,j=1,...,k$
$b'_{i,j}=b(\hat w_i,\hat w_j)=b(\sum_{r=1}^n h_{r,i}hat v_r,\sum_{r=1}^n h_{s,j}hat v_s)=\sum_{r,s=1}^nh_{r,i}h_{s,j}b(\hat v_r,\hat v_s)=\sum_{r,s=1}^nh_{r,i}h_{s,j}b_{r,s}$
che in termini matriciali significa
$B'=H^T\cdot B\cdot H$
Questa formula individua la matrice corrispondente alla restrizione di $b$, usando la base di $W$. Ora che problema potremmo porci a proposito di "restrizioni" ??? - Parlando delle matrici non e' chiaro dato che hanno dimensioni diverse - pero' ognuna delle due matrici $B$ e $B'$, insieme alle due basi, invividua un operatore lineare, diciamo ${L_B}:V\to V$ e $L_{B'}:W\to W$.
(Nota che dire $b$ non degenere significa proprio $L_B$ iniettivo).
Sara' vero che $L_{B'}$ e' la restrizione di $L_B$ ? La risposta e' NO, come mostra il tuo esempio e come si ricava anche dalla formula sopra in cui intervengo, oltre a $B$ anche $H$ e $H^T$
(in realta' il problema e' $H^T$ perche' $B\cdot H$ e' in effetti intepretabile come la restrizione di $B$ a $W$).
Spero che tutto questo ti serva a qualcosa ( e che non ci siano troppi errori).
PS - scrivendo prodotto scalare intendevo una forma bilineare simmetrica definita posiva
caro Sergio e' sempre un piacere interagire con te - tanto da farmi scrivere una tonnellata di indici ... 
Ciao
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