Matrici semidefinite positive

[Angus1956]

Siano $A, B ∈ M_n(RR)$ matrici simmetriche semidefinite positive. Dimostrare che la matrice $AB + λI$ è invertibile $AAλ>0$. Non sono ancora riuscito a risolvere questo esercizio però ho fatto delle osservazioni: intanto se $A$ è semidefinita positiva allora $det(A+λI)>=λ$ $AAλ>0$. Allora ho provato a sviluppare il prodotto $(A+sqrt(λ)I)(B+sqrt(λ)I)=AB+λI+sqrt(λ)A+sqrt(λ)B$ da cui $det(AB+λI+sqrt(λ)A+sqrt(λ)B)>=λ$ ma poi da qui non so ancora come andare avanti (non so neanche se sia la strada giusta ma fra tutte quelle che ho provato sembra avvicinarsi dippiù).

[dissonance]

Un tentativo carino, ma non sono sicuro che ti porterà da qualche parte. Ma proprio di recente ci sono stati dei post di Martino sul prodotto \(AB\), dove \(A\) e \(B\) sono definite positive. É sicuro che in quei post c'è qualcosa di molto rilevante per questo esercizio.

[Angus1956]

"dissonance":Un tentativo carino, ma non sono sicuro che ti porterà da qualche parte. Ma proprio di recente ci sono stati dei post di Martino sul prodotto \(AB\), dove \(A\) e \(B\) sono definite positive. É sicuro che in quei post c'è qualcosa di molto rilevante per questo esercizio.

Si ho visto, infatti se riesco a dimostrare questo ho dimostrato quello che avevate dimostrato voi. Ovvero se $ AB + λI $ è invertibile $ AAλ>0 $, se per assurdo supponessi che $AB$ avesse un autovalore negativo per esempio $-λ$ (con $λ>0$) avrei che $ABv=-λv$ da cui $(AB+λI)v=0$ con $v!=0$ dato che è autovettore ma siccome $AB+λI$ è invertibile è assurdo. Questa era la seconda parte dell'esercizio che io ho dimostrato dando per vera la prima parte che ancora dimostro.

[Lebesgue]

Io proverei per assurdo ( non so se però sia corretto): voglio dimostrare che $AB$ ha tutti autovalori $\ge 0$:
se per assurdo $AB$ avesse un autovalore $\mu<0$, sia $v$ il corrispondente autovettore, ovvero $ABv=\mu v$.
Essendo $A,B$ semidefinite positive, per ogni vettore $v$ ho che $v^T B v,\ v^TAv\ge 0$.
Considero allora il seguente prodotto scalare (standard) su $RR$:

$ =v^TB^T(AB)v=v^TB(AB)v=\mu v^TBv \le 0$

tuttavia il prodotto scalare $$ è riscrivibile come $(Bv)^TA(Bv)\ge0$ essendo $A$ semidefinita positiva.
l'unica possibilità è allora che $v$ sia nel $\Ker B$, cioé $Bv=0$, ma ciò è assurdo poiché per ipotesi il vettore $v$ è tale per cui: $ABv=\mu v$ con $\mu <0$.
Sono dunque giunto all'assurdo desiderato e in realtà necessariamente $\mu \ge 0$.
Dunque $AB$ è una matrice (non simmetrica, poiché in generale il prodotto di matrici simmetriche non è simmetrico) con tutti autovalori $\ge 0$.
A questo punto, ripetendo gli stessi ragionamenti fatti per dimostrare che $A+\lambda I$ è invertibile per ogni $\lambda>0$, dovresti ottenere la tesi per $AB+\lambda I$

[dissonance]

Giusto. Ottimo. Una volta ottenuto che gli autovalori di \(AB\) sono non-negativi, puoi anche lasciare che Andrea faccia un bella conclusione con il determinante.

[Lebesgue]

"dissonance":Giusto. Ottimo. Una volta ottenuto che gli autovalori di \(AB\) sono non-negativi, puoi anche lasciare che Andrea faccia un bella conclusione con il determinante.

Il mio ragionamento è stato questo: le mie ipotesi di partenza sono che $A$ e $B$ sono 1) simmetriche e 2) semidefinite positive.

Per dimostrare che $A+\lambda I$ è invertibile, utilizzo solamente l'ipotesi 2), cioè che $A$ ha tutti autovalori non-negativi. Dunque, in qualche modo, dovrò utilizzare anche che $A$ e $B$ sono simmetriche (altrimenti che me la danno a fare questa ipotesi molto restrittiva?), ovvero rappresentano dei prodotti scalari (nota: per me ogni matrice simmetrica rappresenta un prodotto scalare, cioè mi basta la simmetria. So che alcuni libri invece richiedono che la matrice sia simmetrica E definita positiva), da cui l'idea

[dissonance]

@Lebesgue: si ma adesso questo non c'entra molto. Tu hai già dimostrato la cosa fondamentale, ovvero che \(AB\) ha autovalori non-negativi. Matrici simmetriche, non simmetriche, non ce ne frega niente. Resta solo da dimostrare che \(AB+\lambda I\) ha il determinante positivo ... OOOPS volevo dire non nullo.

P.S.: @Lebesgue adesso che ci penso c'è un problema. Chi ci ha detto che gli autovalori di \(AB\) sono reali? Nessuno. Dovresti, se vuoi e hai tempo, cercare di estendere questa roba al caso complesso. Penso proprio che lo stesso tuo argomento provi che gli autovalori di \(AB\) sono tutti reali.

[Lebesgue]

"dissonance":@Lebesgue: si ma adesso questo non c'entra molto.

Insomma, secondo me è il punto centrale
Ad uno studente non basta capire il procedimento della soluzione, ma maggiormente gli interessa come arrivare a ideare tale procedimento.
In questo caso, perché considero proprio quel prodotto scalare? Cosa mi ha fatto arrivare a pensare di dover considerare un prodotto scalare? Sono queste le domande che uno si pone maggiormente: cosa mi dice che devo fare questa cosa?

P.S.: @Lebesgue adesso che ci penso c'è un problema. Chi ci ha detto che gli autovalori di \(AB\) sono reali? Nessuno. Dovresti, se vuoi e hai tempo, cercare di estendere questa roba al caso complesso. Penso proprio che lo stesso tuo argomento provi che gli autovalori di \(AB\) sono tutti reali.

Sì esatto, è praticamente lo stesso ragionamento, ma non ho voglia di farlo, quindi lo lascio per esercizio al lettore

[Angus1956]

"Lebesgue":Io proverei per assurdo ( non so se però sia corretto): voglio dimostrare che $AB$ ha tutti autovalori $\ge 0$:
se per assurdo $AB$ avesse un autovalore $\mu<0$, sia $v$ il corrispondente autovettore, ovvero $ABv=\mu v$.
Essendo $A,B$ semidefinite positive, per ogni vettore $v$ ho che $v^T B v,\ v^TAv\ge 0$.
Considero allora il seguente prodotto scalare (standard) su $RR$:

$ =v^TB^T(AB)v=v^TB(AB)v=\mu v^TBv \le 0$

tuttavia il prodotto scalare $$ è riscrivibile come $(Bv)^TA(Bv)\ge0$ essendo $A$ semidefinita positiva.
l'unica possibilità è allora che $v$ sia nel $\Ker B$, cioé $Bv=0$, ma ciò è assurdo poiché per ipotesi il vettore $v$ è tale per cui: $ABv=\mu v$ con $\mu <0$.
Sono dunque giunto all'assurdo desiderato e in realtà necessariamente $\mu \ge 0$.
Dunque $AB$ è una matrice (non simmetrica, poiché in generale il prodotto di matrici simmetriche non è simmetrico) con tutti autovalori $\ge 0$.
A questo punto, ripetendo gli stessi ragionamenti fatti per dimostrare che $A+\lambda I$ è invertibile per ogni $\lambda>0$, dovresti ottenere la tesi per $AB+\lambda I$

Grazie mille

[Angus1956]

Se invece chiedessi che $A,BinM_n(RR)$ simmetriche definite positive, la matrice simmetrica $AB+BA$ è ancora definita positiva?
Una mia idea è stata questa:
Chiamato $<,>$ il prodotto scalare standard di $RR$ e $v!=0$ si ha:
$v^T(AB+BA)v=v^TABv+v^TBAv=+ =2$ questo è uguale a $0$ se e solo se i vettori $Av$ e $Bv$ sono ortogonali fra loro. Quindi mi basta trovare due matrici $A$ e $B$ tale che $Av$ e $Bv$ sono ortogonali per un certo vettore $v!=0$ ed ho mostrato che $AB+BA$ non è definita positiva, che ve ne pare?
Ad esempio se prendo $A=((2,-1),(-1,2))$, $B=((1/2,-1),(-1,3))$ e $v=((2),(1))$ si ha che $Av=((3),(0)) $ mentre $Bv=((0),(1))$ quindi i due vettori sono ortogonali rispetto al prodotto scalare standard e quindi $AB+BA$ non è definita positiva.