Matrice indefinita e autovalore
Buonasera,
sto studiando algebra lineare e mi sono incastrato su un dubbio riguardante le forme bilineari simmetriche indefinite.
Ho letto e studiato il metodo per definire il segno delle matrici associate tramite autovalori:
- semidefinita positiva se e solo se i suoi autovalori sono non negativi
- semidefinita positiva ma non definita positiva se e solo se ha autovalori non negativi
- definita positiva se e solo se ha autovalori tutti positivi
(simmetrico il caso negativo)
- indefinita se ha almeno due autovalori di segno discorde.
1) Il punto dubbio è sulle indefinite, ci sono indefinite che abbiano anche un autovalore nullo?
2) Inoltre potrebbe essere indefinita la forma bilineare e dare per un certo x talus che $phi(x,x)=0$?
sto studiando algebra lineare e mi sono incastrato su un dubbio riguardante le forme bilineari simmetriche indefinite.
Ho letto e studiato il metodo per definire il segno delle matrici associate tramite autovalori:
- semidefinita positiva se e solo se i suoi autovalori sono non negativi
- semidefinita positiva ma non definita positiva se e solo se ha autovalori non negativi
- definita positiva se e solo se ha autovalori tutti positivi
(simmetrico il caso negativo)
- indefinita se ha almeno due autovalori di segno discorde.
1) Il punto dubbio è sulle indefinite, ci sono indefinite che abbiano anche un autovalore nullo?
2) Inoltre potrebbe essere indefinita la forma bilineare e dare per un certo x talus che $phi(x,x)=0$?
Risposte
Provo a risponderti:
1) Certo, prendiamo ad esempio la matrice simmetrica $3 \times 3$ così fatta:
$ M = $ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Questa matrice, essendo simmetrica, rappresenta un prodotto scalare $\phi$ (aka una forma bilineare simmetrica), e ha autovalori $\lambda = 1, -1,0$, dunque è indefinita avendo almeno due autovalori di segno discorde.
Tuttavia ha anche un autovalore nullo, dunque il suo $\ker$ è non banale; in particolare $\ker(M) = \Span(0,0,1)$
Per una forma bilineare, il $ker$ viene anche detto radicale, e consiste di tutti quei vettori $v$ tali per cui il prodotto scalare tra un vettore $v$ del $ker$ e un qualsiasi altro vettore $w$ è nullo.
Infatti, preso un qualsiasi vettore $w = (x,y,z)$ di $\RR^3$, se provi a calcolarti:
$\phi(w;(0,0,1)) = w^T \cdot M \cdot (0,0,1) $ scopri che viene sempre $0$, proprio perché $(0,0,1)$ è un vettore del radicale
2) In particolare, quindi, hai che $\phi((0,0,1);(0,0,1)) = 0 $, ovvero hai quello che si chiama un vettore isotropo, ovvero un vettore il cui prodotto scalare con se stesso fa zero.
Nelle forme bilineari simmetriche definite, invece, il radicale è fatto dal solo vettore nullo (proprio perché non hai autovalori = 0) e non hai mai vettori isotropi.
Invece da ogni forma bilineare simmetrica indefinita (anche con Ker banale) è sempre possibile trovare un vettore isotropo.
Prendiamo ad esempio la forma $\psi$ con matrice:
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
che è chiaramente indefinita.
In particolare, se ${v_1, v_2}$ è la base in cui è rappresentata la matrice di sopra, abbiamo che:
$\psi(v_1,v_1) = 1$ e $\psi(v_2,v_2) = -1$ e $\psi(v_1,v_2) = 0$, dunque è possibile trovare $v$ combinazione lineare tra $v_1, v_2$ tale che $\psi(v.v) = 0$, ad esempio prendendo $v = v_1+v_2$, difatti per bilinearità hai che:
$\psi(v,v) = \psi(v_1+v_2,v_1+v_2) = \psi(v_1,v_1) + 2\psi(v_1,v_2) + \psi(v_2,v_2) = 1+0-1 = 0 $
L'idea di fondo è questa:
- se la forma bilineare ha un radicale, allora hai gratis un vettore isotropo non nullo (a prescindere che sia indefinita o solo semidefinita)
- se invece la forma bilineare è indefinita e $ker = {0}$, allora trovi un vettore isotropo così:
*poiché la forma è indefinita, avrai un autovalore $\lambda > 0$ e un autovalore $\mu < 0 $
* Consideri $v_1$ autovettore di $\lambda$ e $v_2$ autovettore di $\mu$.
*Allora avrai che $\phi(v_1,v_1) >0 $ e $\phi(v_2,v_2) < 0 $
*Poiché $v_1$ e $v_2$ sono autovettori riferiti ad autovalori distinti, $v_1, v_2$ sono tra loro ortogonali
*Prendendo allora $v$ una opportuna combinazione lineare di $v_1$ e $v_2$, avrai che:
$\phi(v,v) = \phi(av_1+bv_2, av_1+bv_2) = a^2 \phi(v_1,v_1) + 2ab \phi(v_1,v_2) +b^2\phi(v_2,v_2) = a^2 \phi(v_1,v_1) + b^2\phi(v_2,v_2) $
e prendendo $a,b$ nel modo giusto, riesci ad avere $\phi(v,v) = 0$.
*Nella sostanza, in una forma indefinita, ogni autovalore positivo si "controbilancia" con un autovalore negativo per dar vita ad un vettore isotropo.
1) Certo, prendiamo ad esempio la matrice simmetrica $3 \times 3$ così fatta:
$ M = $ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Questa matrice, essendo simmetrica, rappresenta un prodotto scalare $\phi$ (aka una forma bilineare simmetrica), e ha autovalori $\lambda = 1, -1,0$, dunque è indefinita avendo almeno due autovalori di segno discorde.
Tuttavia ha anche un autovalore nullo, dunque il suo $\ker$ è non banale; in particolare $\ker(M) = \Span(0,0,1)$
Per una forma bilineare, il $ker$ viene anche detto radicale, e consiste di tutti quei vettori $v$ tali per cui il prodotto scalare tra un vettore $v$ del $ker$ e un qualsiasi altro vettore $w$ è nullo.
Infatti, preso un qualsiasi vettore $w = (x,y,z)$ di $\RR^3$, se provi a calcolarti:
$\phi(w;(0,0,1)) = w^T \cdot M \cdot (0,0,1) $ scopri che viene sempre $0$, proprio perché $(0,0,1)$ è un vettore del radicale
2) In particolare, quindi, hai che $\phi((0,0,1);(0,0,1)) = 0 $, ovvero hai quello che si chiama un vettore isotropo, ovvero un vettore il cui prodotto scalare con se stesso fa zero.
Nelle forme bilineari simmetriche definite, invece, il radicale è fatto dal solo vettore nullo (proprio perché non hai autovalori = 0) e non hai mai vettori isotropi.
Invece da ogni forma bilineare simmetrica indefinita (anche con Ker banale) è sempre possibile trovare un vettore isotropo.
Prendiamo ad esempio la forma $\psi$ con matrice:
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
che è chiaramente indefinita.
In particolare, se ${v_1, v_2}$ è la base in cui è rappresentata la matrice di sopra, abbiamo che:
$\psi(v_1,v_1) = 1$ e $\psi(v_2,v_2) = -1$ e $\psi(v_1,v_2) = 0$, dunque è possibile trovare $v$ combinazione lineare tra $v_1, v_2$ tale che $\psi(v.v) = 0$, ad esempio prendendo $v = v_1+v_2$, difatti per bilinearità hai che:
$\psi(v,v) = \psi(v_1+v_2,v_1+v_2) = \psi(v_1,v_1) + 2\psi(v_1,v_2) + \psi(v_2,v_2) = 1+0-1 = 0 $
L'idea di fondo è questa:
- se la forma bilineare ha un radicale, allora hai gratis un vettore isotropo non nullo (a prescindere che sia indefinita o solo semidefinita)
- se invece la forma bilineare è indefinita e $ker = {0}$, allora trovi un vettore isotropo così:
*poiché la forma è indefinita, avrai un autovalore $\lambda > 0$ e un autovalore $\mu < 0 $
* Consideri $v_1$ autovettore di $\lambda$ e $v_2$ autovettore di $\mu$.
*Allora avrai che $\phi(v_1,v_1) >0 $ e $\phi(v_2,v_2) < 0 $
*Poiché $v_1$ e $v_2$ sono autovettori riferiti ad autovalori distinti, $v_1, v_2$ sono tra loro ortogonali
*Prendendo allora $v$ una opportuna combinazione lineare di $v_1$ e $v_2$, avrai che:
$\phi(v,v) = \phi(av_1+bv_2, av_1+bv_2) = a^2 \phi(v_1,v_1) + 2ab \phi(v_1,v_2) +b^2\phi(v_2,v_2) = a^2 \phi(v_1,v_1) + b^2\phi(v_2,v_2) $
e prendendo $a,b$ nel modo giusto, riesci ad avere $\phi(v,v) = 0$.
*Nella sostanza, in una forma indefinita, ogni autovalore positivo si "controbilancia" con un autovalore negativo per dar vita ad un vettore isotropo.
Ti ringrazio molto per la chiarissima risposta. 
Mi piacerebbe solo farti una domanda su quest'ultima parte , cioè sul trovare isotropi nelle forme bilineari simmetriche indefinite.
Mi è chiaro che quel metodo trovi sempre un vettore isotropo, ma posso anche affermare (e quindi dimostrare non so come) che tutti gli isotropi sono quelli che escono da quella combinazione lineare?
In altre parole sto chiedendo: v è isotropo per phi indefinita <=> è opportuna combinazione lineare dei due autovettori corrispondendi ad autovalori di segno discorde?
Tu mi hai mostrato <=, quindi chiedo per curiosità se vale e come mostrare (in caso valga) che ho anche =>.
Mercì
se invece la forma bilineare è indefinita e ker={0}, allora trovi un vettore isotropo così:
Mi piacerebbe solo farti una domanda su quest'ultima parte , cioè sul trovare isotropi nelle forme bilineari simmetriche indefinite.
Mi è chiaro che quel metodo trovi sempre un vettore isotropo, ma posso anche affermare (e quindi dimostrare non so come) che tutti gli isotropi sono quelli che escono da quella combinazione lineare?
In altre parole sto chiedendo: v è isotropo per phi indefinita <=> è opportuna combinazione lineare dei due autovettori corrispondendi ad autovalori di segno discorde?
Tu mi hai mostrato <=, quindi chiedo per curiosità se vale e come mostrare (in caso valga) che ho anche =>.
Mercì
Anzi se possibile mi accorgo che vorrei farti due domande e aggiungo un PS:
So già dalle lezioni che per la forma bilineare semidefinita il radicale contiene tutti gli isotropi e che tutti gli isotropi sono del radicale.
Mi chiedevo però questo vale anche per la indefinita con ker non solo dato dal nullo? O potrei avere più isotropi rispetto a quelli che sono vettori del radicale? (lo chiedo perché la dimostrazione di tutti e soli della semidefinita sfrutta proprio la "semidefinitezza", quindi non varrebbe per le indefinite anche se con radicale non nullo. Quindi se questa congettura -che tutti gli isotropi sono i vettori del radicale anche per le indefinite- valesse anche per le indefinite dovrei dimostrarlo, ma non so come)
- se la forma bilineare ha un radicale, allora hai gratis un vettore isotropo non nullo (a prescindere che sia indefinita o solo semidefinita)
So già dalle lezioni che per la forma bilineare semidefinita il radicale contiene tutti gli isotropi e che tutti gli isotropi sono del radicale.
Mi chiedevo però questo vale anche per la indefinita con ker non solo dato dal nullo? O potrei avere più isotropi rispetto a quelli che sono vettori del radicale? (lo chiedo perché la dimostrazione di tutti e soli della semidefinita sfrutta proprio la "semidefinitezza", quindi non varrebbe per le indefinite anche se con radicale non nullo. Quindi se questa congettura -che tutti gli isotropi sono i vettori del radicale anche per le indefinite- valesse anche per le indefinite dovrei dimostrarlo, ma non so come
)
Nel caso in cui la matrice sia indefinita ed abbia $\ker$ non banale, allora hai sicuro più vettori isotropi di quelli del radicale, semplicemente perché hai:
-i vettori del radicale +
- le combinazioni lineari degli autovettori riferiti ad autovalori discordi (e questi autovettori non stanno nel radicale, quindi hai effettivamente più modi di creare vettori isotropi).
Per quanto riguarda l'altra domanda, uno vorrebbe dimostrare questa congettura:
Sia $\phi$ forma bilineare simmetrica indefinita con radicale banale.
Allora $v$ è isotropo se e solo se $v$ è (opportuna) combo lineare di autovettori riferiti ad autovalori con segno discorde.
Io ho mostrato la freccia $\Leftarrow$: se $v$ è combo lineare di autovettori riferiti ad autovalori discordi, allora $v$ è isotropo.
Uno ora vorrebbe dimostrare che, preso un generico vettore $v$ isotropo, allora posso trovare dei coefficienti $a,b$ tali per cui posso scrivere $v$ come combo lineare di due autovettori di autovalori discordi.
Se non ricordo male (ma dovrei controllare), questa cosa è vera perché, scrivendo la matrice associata a $\phi$ nella base degli autovettori (cioè diagonalizzando il prodotto scalare), tutti i vettori isotropi devono essere appunto combo lineare degli elementi della base, ovvero degli autovettori.
-i vettori del radicale +
- le combinazioni lineari degli autovettori riferiti ad autovalori discordi (e questi autovettori non stanno nel radicale, quindi hai effettivamente più modi di creare vettori isotropi).
Per quanto riguarda l'altra domanda, uno vorrebbe dimostrare questa congettura:
Sia $\phi$ forma bilineare simmetrica indefinita con radicale banale.
Allora $v$ è isotropo se e solo se $v$ è (opportuna) combo lineare di autovettori riferiti ad autovalori con segno discorde.
Io ho mostrato la freccia $\Leftarrow$: se $v$ è combo lineare di autovettori riferiti ad autovalori discordi, allora $v$ è isotropo.
Uno ora vorrebbe dimostrare che, preso un generico vettore $v$ isotropo, allora posso trovare dei coefficienti $a,b$ tali per cui posso scrivere $v$ come combo lineare di due autovettori di autovalori discordi.
Se non ricordo male (ma dovrei controllare), questa cosa è vera perché, scrivendo la matrice associata a $\phi$ nella base degli autovettori (cioè diagonalizzando il prodotto scalare), tutti i vettori isotropi devono essere appunto combo lineare degli elementi della base, ovvero degli autovettori.
Mi sono accorto di aver invertito le frecce e correggo il precedente.
Per il resto.
Mi sembra chiaro, effettivamente ad occhio potrebbe funzionare provo a scriverlo in modo formale il tuo spunto per la dim.
Di questa cosa non mi ero accorto
.
Grazie.
Per il resto.
Mi sembra chiaro, effettivamente ad occhio potrebbe funzionare provo a scriverlo in modo formale il tuo spunto per la dim.
le combinazioni lineari degli autovettori riferiti ad autovalori discordi (e questi autovettori non stanno nel radicale, quindi hai effettivamente più modi di creare vettori isotropi).
Di questa cosa non mi ero accorto
.Grazie.
"nocciolodeldiscorso":
le combinazioni lineari degli autovettori riferiti ad autovalori discordi (e questi autovettori non stanno nel radicale, quindi hai effettivamente più modi di creare vettori isotropi).
Di questa cosa non mi ero accorto
.
Oddio a ben pensarci in realtà questa cosa mi apre un megadubbio: ma se io sommo due vettori che non stanno nel kernel non potrei trovare un vettore nel kernel? E questo potrebbe portare a dire che magari dalla c.l di fatto ritrovo gli stessi vettori trovati per altra via (cioè quelli trovati tramite calcolo del kernel)?
Non capisco però se la somma di due vettori fuori dal kernel possano in effetti dare un vettore nel kernel
"nocciolodeldiscorso":
Oddio a ben pensarci in realtà questa cosa mi apre un megadubbio: ma se io sommo due vettori che non stanno nel kernel non potrei trovare un vettore nel kernel? E questo potrebbe portare a dire che magari dalla c.l di fatto ritrovo gli stessi vettori trovati per altra via (cioè quelli trovati tramite calcolo del kernel)?
Non capisco però se la somma di due vettori fuori dal kernel possano in effetti dare un vettore nel kernel
Allora, potrebbe capitare, ma non è detto.
Prendiamo ad esempio la matrice indefinita con radicale:
\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&-1&0 \\ 0&0&0 \end{pmatrix}.
Qui il $\Ker = \Span(0,0,1)$ e gli autovettori sono $v_1 = (1,0,0)$ e $v_(-1) = (0,1,0)$.
I vettori isotropi sono allora tutti quelli che o stanno nel $\Ker$, oppure stanno dentro $\Span(v_1+v_(-1))$.
Si vede ad occhio che $Span(v_1+v_(-1))$ non sta nel $\Ker$.
Per le forme simmetriche, non può mai capitare che due vettori fuori dal Ker diano vita ad un vettore del Ker, questo perché il Ker corrisponde all'autospazio nullo e gli autospazi nelle forme simmetriche sono sempre in somma diretta ortogonale, quindi non si intersecano
Allora, potrebbe capitare, ma non è detto.
Uhm oddio, eppure mi sembrava che essendo sottospazio il kernel non potesse avere questa problematica (somma di due vettori ad esso esterni che diano un vettore ad esso interno). Ero contento della tua risposta di prima
. ora devo capire perché non sia vero dato che era stata la risposta che anche io mi ero dato!
"nocciolodeldiscorso":Allora, potrebbe capitare, ma non è detto.
Uhm oddio, eppure mi sembrava che essendo sottospazio il kernel non potesse avere questa problematica (somma di due vettori ad esso esterni che diano un vettore ad esso interno). Ero contento della tua risposta di prima
In effetti due vettori fuori da un sottospazio possono dare un vettore del sottospazio di interesse. Ad esempio (stupido) se prendo il piano e prendo una retta "bisettrice", due vettori su x e y che non sono la bisettrice in questione possono sommarsi e dare un vettore sulla retta.
In effetti quella cosa della somma è vera quando sono in somma diretta i sottospazi in questione, forse. Mi pare si risolva così la questione?
"nocciolodeldiscorso":
In effetti quella cosa della somma è vera quando sono in somma diretta i sottospazi in questione, forse. Mi pare si risolva così la questione?
Il fatto principale è che, per il teorema spettrale, se hai una applicazione $f: V \to V$ con $V$ spazio vettoriale reale, $dim(V) = n$ e la matrice che rappresenta $f$ rispetto una base $B$ di $V$ simmetrica (cioè appunto hai un prodotto scalare), allora l'endomorfismo $f$ è ortogonalmente diagonalizzabile.
In particolare, detti $V_(\lambda_1), ... , V_(\lambda_k)$ gli autospazi di $f$, puoi decoporre:
$V = V_(\lambda_1) \oplus ... \oplus V_(\lambda_k)$
Se ora $f$ ha un ker non banale, cioè ha un autovalore nullo, ovvero appare nella decomposizione $V_0 = \Ker(f)$, allora hai: $V = V_0 \oplus V_(\lambda_2) \oplus ... \oplus V_(\lambda_k) $, essendo il nucelo in somma diretta (persino ortogonale, in realtà), non può essere che due vettori esterni al nucleo diano un vettore nel nucleo, proprio grazie al fatto che hai una somma diretta.
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