Matrice definita positiva
Sia $A$ la matrice di dimensione $n$ su $RR$ così definita:
$a_(j,k)=\{(pi, ", se " j=1 " e " k in \{1,...,n\}),(1, ", se " k=1 " e "j in \{2,...,n\}),(pi +j-1, ", se " j=k in \{2,...,n\}),(1, ", se " k>j " e " j in \{2,...,n-1\}),(0, ", se " k
Sia poi $e_1$ il primo vettore della base canonica e $e_2$ il secondo vettore della base canonica
La matrice $M=A*(A)^T + e_1*(e_1)^T + e_2*(e_2)^T$ è definita positiva? Semidefinita positiva?
Siccome calcolare gli autovalori oppure semplicemente fare il prodotto $A*(A)^T$ non è per nulla banale, come potrei agire per giungere alla soluzione?
Ringrazio anticipatamente
$a_(j,k)=\{(pi, ", se " j=1 " e " k in \{1,...,n\}),(1, ", se " k=1 " e "j in \{2,...,n\}),(pi +j-1, ", se " j=k in \{2,...,n\}),(1, ", se " k>j " e " j in \{2,...,n-1\}),(0, ", se " k
Sia poi $e_1$ il primo vettore della base canonica e $e_2$ il secondo vettore della base canonica
La matrice $M=A*(A)^T + e_1*(e_1)^T + e_2*(e_2)^T$ è definita positiva? Semidefinita positiva?
Siccome calcolare gli autovalori oppure semplicemente fare il prodotto $A*(A)^T$ non è per nulla banale, come potrei agire per giungere alla soluzione?
Ringrazio anticipatamente
Risposte
Scrivi $A$ per $n=2$ e per $n=3$, questa definizione è un grido di dolore nel deserto.
Riportare la matrice completa non mi è stato possibile utilizzando questo strumento!
Tuttavia dai casi $n=2$ e $n=3$ la situazione non rende
Tuttavia dai casi $n=2$ e $n=3$ la situazione non rende
"fulcanelli":
Scrivi $A$ per $n=2$ e per $n=3$, questa definizione è un grido di dolore nel deserto.
Beh, mica tanto deserto... L'hai sentito almeno tu.
Credo effettivamente che un esempio con $n=5$ renda comprensibile la struttura della matrice: anch'io fatico a capire come sia riempita.
Per scrivere una matrice, basta un codice del genere:
$[(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)]$
che produce:
$[(a, b, c), (d, e, f), (g, h, i)]$.
Se ti piacciono più le parentesi tonde, basta cambiare i delimitatori più esterni.
Io la matrice penso di averla scritta correttamente e non mi pare cosi difficile da scrivere!
Sono dispiaciuto dal non poter riportarla per intero ma temo che vada studiata per $n>>1$ e ridursi solo a $n=5$ possa far perdere qualcosa. Magari è una mia congettura errata.
Ciò che chiedo a voi è se qualcuno può aiutarmi a comprendere come valutare la sua definitiva positività o semidefinita positività senza passare agli autovalori.
Grazie
Sono dispiaciuto dal non poter riportarla per intero ma temo che vada studiata per $n>>1$ e ridursi solo a $n=5$ possa far perdere qualcosa. Magari è una mia congettura errata.
Ciò che chiedo a voi è se qualcuno può aiutarmi a comprendere come valutare la sua definitiva positività o semidefinita positività senza passare agli autovalori.
Grazie
Studiando la (semi)positività dei minori principali della matrice: conosci questo criterio?
Una volta provato che A è una matrice non singolare (la parte relativamente complicata che si può dimostrare per induzione usando Gauss), il resto viene da se.
Infatti, se $det(A)!=0$ allora $A A^T$ è una matrice non singolare, simmetrica con autovalori reali tutti positivi: quindi è definita positiva (facile da provare). Il resto è una matrice E di proiezione ortogonale, simmetrica, per cui $E E=E E^T=E$ che ha autovalori 1 e 0, pertanto è definita semipositiva.
Quindi $v^TMv=v^T(A A^T+E E^T)v=v^TA A^Tv+v^TE E^Tv>0$ sempre
Infatti, se $det(A)!=0$ allora $A A^T$ è una matrice non singolare, simmetrica con autovalori reali tutti positivi: quindi è definita positiva (facile da provare). Il resto è una matrice E di proiezione ortogonale, simmetrica, per cui $E E=E E^T=E$ che ha autovalori 1 e 0, pertanto è definita semipositiva.
Quindi $v^TMv=v^T(A A^T+E E^T)v=v^TA A^Tv+v^TE E^Tv>0$ sempre
"Bokonon":
Una volta provato che A è una matrice non singolare (la parte relativamente complicata che si può dimostrare per induzione usando Gauss), il resto viene da se.
Infatti, se $det(A)!=0$ allora $A A^T$ è una matrice non singolare, simmetrica con autovalori reali tutti positivi: quindi è definita positiva (facile da provare). Il resto è una matrice E di proiezione ortogonale, simmetrica, per cui $E E=E E^T=E$ che ha autovalori 1 e 0, pertanto è definita semipositiva.
Quindi $v^TMv=v^T(A A^T+E E^T)v=v^TA A^Tv+v^TE E^Tv>0$ sempre
Allora il $det(A)$ l'ho calcolato e, salvo errori, è $det(A)= pi*pi*(pi+1)*...*(pi+n-2)$, dove per calcolarlo ho utilizzato il primo passo dell'eliminazione gaussiana.
Inoltre le due matrici date dalle basi canoniche sono semidefinite positive.
Ciò che non mi è chiaro è questo:
$A*(A)^T$ per dimostrare che è simmetrica va necessariamente scritta carta e penna?
Poiché non mi pare molto agevole, ma se necessario si fa!
E come dico che ha autovalori tutti positivi?
Questo aspetto non mi è chiaro.
Grazie
"GuidoFretti":
$A*(A)^T$ per dimostrare che è simmetrica va necessariamente scritta carta e penna?
Beh in realtà c'è un teorema (che vale per matrici quadrate e non).
Comunque è piuttosto facile da dimostrare. Chiama $A=B^T$ quindi $A^T=B$ (solo per pura comodità notazionale) e chiama le colonne di B $b_1, b_2,...,b_n$
Le entrate della matrice $C=B^TB$ avranno $||b_i||^2$ sulla diagonale, mentre gli elementi $c_(ij)=b_i^Tb_j=b_j^Tb_i=c_(ji)$
"GuidoFretti":
E come dico che ha autovalori tutti positivi?
Questo accade perchè $v^TA A^Tv=(A^Tv)^TA^Tv=||A^Tv||^2>=0$
Ma poichè $det(A)!=0 rArr ||A^Tv||^2>0$ sempre: pertanto $A A^T$ è definita positiva.
Mi scuso per il ritardo della risposta ma non avevo ricevuto la notifica
Per dimostrare che $A*(A)^T$ sia simmetrica può andare questo anche questo ragionamento?
$A*(A)^T=(A*(A)^T)^T=((A)^T)^T(A)^T=A(A)^T$
Inoltre non ho compreso perché il fatto che $det(A)!=0$ implichi che $v^T(A(A)^T)v>0$
Grazie
Per dimostrare che $A*(A)^T$ sia simmetrica può andare questo anche questo ragionamento?
$A*(A)^T=(A*(A)^T)^T=((A)^T)^T(A)^T=A(A)^T$
Inoltre non ho compreso perché il fatto che $det(A)!=0$ implichi che $v^T(A(A)^T)v>0$
Grazie
"GuidoFretti":
Mi scuso per il ritardo della risposta ma non avevo ricevuto la notifica
Mi è parso di capire che le notifiche di Antonio Bernardo siano state disattivate.
"GuidoFretti":
Per dimostrare che $A*(A)^T$ sia simmetrica può andare questo anche questo ragionamento?
$A*(A)^T=(A*(A)^T)^T=((A)^T)^T(A)^T=A(A)^T$
No.
Sarebbe valido se A fosse per ipotesi una matrice simmetrica...altrimenti questa uguaglianza $A*(A)^T=(A*(A)^T)^T$ è falsa.
"GuidoFretti":
Inoltre non ho compreso perché il fatto che $det(A)!=0$ implichi che $v^T(A(A)^T)v>0$
Visto che siamo in uno spazio normato dalla metrica euclidea $y^Ty=||y||^2>0$ sempre perchè è una somma di quadrati (e stiamo escludendo ovviamente che y possa essere il vettore nullo).
Ma dato che nella manipolazione fatta $y=A^Tv$ allora in generale possiamo solo affermare che:
$y^Ty=(A^Tv)^TA^Tv>=0$
Perchè? La ragione è che A potrebbe benissimo essere una matrice singolare (avere determinante nullo) e quindi il sistema omogeneo $A^Tv=0$ potrebbe essere soddisfatto da vettori che non sono il vettore nullo (ovvero tutti i vettori del suo kernel che avrà dimensione maggiore di zero).
Ma avendo dimostrato che $det(A)!=0 rArr det(A^T)!=0$ allora sappiamo per certo che il sistema omogeneo ha solo la soluzione banale. Pertanto possiamo affermare che $(A^Tv)^TA^Tv>0 AAv$ sempre (esclusa la soluzione banale che non è mai un autovettore per definizione).
Edit: corrette un po' di notazioni
Grazie, ho compreso i passaggi.
Il teorema citato nel post precedente per affermare che $A(A)^T$ è simmetrica quale enunciato preciso ha?
Grazie
Il teorema citato nel post precedente per affermare che $A(A)^T$ è simmetrica quale enunciato preciso ha?
Grazie
"GuidoFretti":
Il teorema citato nel post precedente per affermare che $A(A)^T$ è simmetrica quale enunciato preciso ha?
Qui caschi male, non uso libri
Ma è roba che arriva subito dopo aver definito il prodotto scalare e quello matriciale...nel paragrafo dedicato alla definizione di "trasposta" (immagino).
Comunque sia tutte queste cose le ritrovi anche nel capitolo dedicato alla decomposizione a valori singolari (SVD)
Ma sostanzialmente questo teorema cosa dice?
Grazie
Grazie
Dice che il prodotto di una qualsiasi matrice nxm per la sua trasposta è una matrice simmetrica.
Grazie.
@GuidoFretti: Comunque si tratta di un "teorema" piuttosto ovvio, e la dimostrazione che hai dato tu è sostanzialmente corretta, solo che hai organizzato in modo strano i termini della catena di uguaglianze. Non c'è da andare a vedere sui libri per una cosa così.
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