Matrici simmetriche
Su un testo ho trovato il seguente enunciato senza dimostrazione.
Sia $A$ una matrice di ordine $n\times n$ a coefficienti in $CC$ simmetrica. Allora eiste una matrice unitaria $U$ tale che $U^TAU=$diag$(r_1,\ldots,r_n)$ dove gli $r_i$ sono numeri reali non negativi ($r_i\ge 0$) e gli $r_j^2$ sono gli autovalori della matrice $A^{**}A$.
Ricordo che una matrice è unitaria se $U^{**}U=I=UU^{**}$ dove $**$ indica il trasposto coniugato cioè $U^{**}=\bar{U}^T$.
diag$(r_1,\ldots,r_n)$ è la matrice che ha sulla diagonale gli elementi $r_1,\ldots, r_n$ e $0$ altrove.
Ho tentato invano di dimostrare questo fatto riconducendolo al Teorema spettrale.
Sia $A$ una matrice di ordine $n\times n$ a coefficienti in $CC$ simmetrica. Allora eiste una matrice unitaria $U$ tale che $U^TAU=$diag$(r_1,\ldots,r_n)$ dove gli $r_i$ sono numeri reali non negativi ($r_i\ge 0$) e gli $r_j^2$ sono gli autovalori della matrice $A^{**}A$.
Ricordo che una matrice è unitaria se $U^{**}U=I=UU^{**}$ dove $**$ indica il trasposto coniugato cioè $U^{**}=\bar{U}^T$.
diag$(r_1,\ldots,r_n)$ è la matrice che ha sulla diagonale gli elementi $r_1,\ldots, r_n$ e $0$ altrove.
Ho tentato invano di dimostrare questo fatto riconducendolo al Teorema spettrale.
Risposte
Forse ho interpretato male la questione, ma la matrice $((0,i),(i,0))$ è simmetrica ed ha autovalori $0$ e $i$.
Edit: Infatti avevo interpretato male la questione, evitate questo messaggio.
Edit: Infatti avevo interpretato male la questione, evitate questo messaggio.
forse $A$ oltre a essere simmetrica deve essere definita positiva?? e allora tornerebbe
"ficus2002":
Su un testo ho trovato il seguente enunciato senza dimostrazione.
Sia $A$ una matrice di ordine $n\times n$ a coefficienti in $CC$ simmetrica. Allora eiste una matrice unitaria $U$ tale che $U^TAU=$diag$(r_1,\ldots,r_n)$ dove gli $r_i$ sono numeri reali non negativi ($r_i\ge 0$) e gli $r_j^2$ sono gli autovalori della matrice $A^{**}A$.
Ricordo che una matrice è unitaria se $U^{**}U=I=UU^{**}$ dove $**$ indica il trasposto coniugato cioè $U^{**}=\bar{U}^T$.
diag$(r_1,\ldots,r_n)$ è la matrice che ha sulla diagonale gli elementi $r_1,\ldots, r_n$ e $0$ altrove.
Ho tentato invano di dimostrare questo fatto riconducendolo al Teorema spettrale.
Ma scusa quello che hai scritto è la cosiddetta DECOMPOSIZIONE IN VALORI SINGOLARI, visto che dici che gli elementi sulla diagonali (i valori singolari) sono le radici quadrate degli autovalori...
"miuemia":Il testo non cita quest'ipotesi. Tra l'altro ho trovato lo stesso enunciato su un secondo testo (anche qui senza dimostrazione
forse $A$ oltre a essere simmetrica deve essere definita positiva?? e allora tornerebbe
).
"nirvana":nella decomposizione a valori singoli esistono due matrici unitarie $U,V$ non necessariamente uguali tali che $A=UD$. Se dal fatto che $A$ è simmetrica segue che $V^{**}=U^T$, allora ci siamo.
Ma scusa quello che hai scritto è la cosiddetta DECOMPOSIZIONE IN VALORI SINGOLARI, visto che dici che gli elementi sulla diagonali (i valori singolari) sono le radici quadrate degli autovalori...
Mi pare che detto così il teorema sia falso (come ha giustamente mostrato Eredir).
Il teorema è vero se la matrice è reale oppure (più in generale) se à complessa e
autoaggiunta (cioè se $bar A^t=A$, che nel caso reale significa simmetrica)
Scritto dopo.
Ho letto meglio il testo della domanda e credo di avere detto delle ovvietà
Unteriore commento successivo
Anche degli errori, oltre a ovvietà - l'esempio di Eredir non contraddice nulla, visto che si parla
degli autovalori di $A^{\star} A$ -SCUSATE
Il teorema è vero se la matrice è reale oppure (più in generale) se à complessa e
autoaggiunta (cioè se $bar A^t=A$, che nel caso reale significa simmetrica)
Scritto dopo.
Ho letto meglio il testo della domanda e credo di avere detto delle ovvietà
Unteriore commento successivo
Anche degli errori, oltre a ovvietà - l'esempio di Eredir non contraddice nulla, visto che si parla
degli autovalori di $A^{\star} A$ -SCUSATE
Vale la pena osservare che: se A è una matrice complessa simmetrica ed esistono $D:=diag(r_1,\ldots,r_n)$ con $r_i\in CC$ ed $U$ unitaria tale che $U^T A U=D$, allora gli $|r_i|^2$ sono autovalori di $A^{**}A$.
Infatti,
$U^{**}A^{**}AU=(U^{T}AU)^{**} (U^TAU)=D^{**}D$
da cui $A^{**}AU=UD^{**}D$, quindi le colonne di $U$ sono autovettori di $A^{**}A$ e gli elementi sulla diagonale di $D^{**}D$ autovalori di $A^{**}A$.
Quindi ho tentato il processo inverso: Poichè $P:=A^{**}A$ è hermitiana e semidefinita positiva, esiste $D:=diag(r_1,\ldots,r_n)$ con $r_i\ge 0$ ed esiste $U$ unitaria tale che $U^{**} P U=D^2$. La matrice $M:=U^{T}AU$ è simmetrica e soddisfa $M^{**}M=D^{**}D$. Non è detto, però che $M=D$...
Infatti,
$U^{**}A^{**}AU=(U^{T}AU)^{**} (U^TAU)=D^{**}D$
da cui $A^{**}AU=UD^{**}D$, quindi le colonne di $U$ sono autovettori di $A^{**}A$ e gli elementi sulla diagonale di $D^{**}D$ autovalori di $A^{**}A$.
Quindi ho tentato il processo inverso: Poichè $P:=A^{**}A$ è hermitiana e semidefinita positiva, esiste $D:=diag(r_1,\ldots,r_n)$ con $r_i\ge 0$ ed esiste $U$ unitaria tale che $U^{**} P U=D^2$. La matrice $M:=U^{T}AU$ è simmetrica e soddisfa $M^{**}M=D^{**}D$. Non è detto, però che $M=D$...
Vedete un po se quanto segue sta in piedi (non ho avuto la pazienza di ricontrolare tutti i dettagli, soprattutto del LEMMA). Se funziona forse si
può cercare di semplificare la dimostrazione.
Sia $L$ una matrice complessa $n\times n$ simmetrica.
1) (come già fatto da ficus2002)
Dato che $L^\star L$ è autoaggiunta e definita positiva esiste una matrice unitaria $U$ tale che
$L^\star L= U D U^\star$, dove $D=diag(d_1,...,d_n)$, con $d_1$...$d_n$ reali non negativi.
Poniamo $M:=U^T L U$; $M$ è simmetrica e $M^* M=D$ (vedi ficus2002)
2) Scriviamo $M=A+iB$ con $A$ e $B$ matrici reali. E' facile vedere che $A$ e $B$ sono simmetriche.
Per il punto 1
$D=M^\star M=(A-iB)(A+iB))A^2+B^2+i(AB-BA)$
da cui $A^2+B^2=D$, $AB=BA$ ($A$ e $B$ COMMUTANO).
Per il LEMMA esiste una matrice unitaria reale $V$ (per cui dunque $V^\star=V^T$) tale che
$A=V D' V^T$ e contemporaneamente $B=V D'' V^T$
dove $D'=diag(d'_1,...,d'_n)$ e $D''=diag(d''_1,...,d''_n)$, con $d'_j$ e $d''_j$ reali.
Quindi
$V^T M V=D'+iD''$
3) Se scriviamo $d'_j+id''_j$ come $\rho_je^{i\theta_j}$ possiamo riscrivere la riga sopra
$V^T M V=diag(\rho_1 e^{i\theta_1},...,\rho_n e^{i\theta_n})$
Prendiamo $W=diag(e^{-i\theta_1/2},...,e^{-i\theta_n/2})$. $W$ è unitaria perché
$W^\star=diag(e^{i\theta_1/2},...,e^{i\theta_n/2})$ ed è peraltro simmetrica. Si ha
$(V W)^T M (V W)= W^T(V^T M V) W =diag(\rho_1,...,rho_n)$.
4) Dunque se non ci sono errori, la matrice $Z:=UVW$ è unitaria e
$Z^T L Z=diag(\rho_1,...,rho_n)$.
A questo punto è chiaro (come dice ficus2002) che $rho_j^2=d_j$
LEMMA Se $A$ e $B$ sono due matrici simmetriche che commutano tra loro, allora esiste un operatore
unitario $V$ che le diagonalizza simultaneamente, cioè
$A=V D' V^\star$ e $B=V D'' V^\star$, con $D'$ e $D''$ matrici diagonali reali
La dimostrazione dovrebbe seguire facilmente dall'osservazione che
$e$ autovalore di $A$ $\Rightarrow$ $Be$ autovalore di $A$
quindi gli autospazi di $A$ sono invarianti per $B$ (e viceversa scambiando $A$ con $B$).
Se $A$ ha autovalori distinti è fatta, se no ci vorrà un po di pazienza ...
può cercare di semplificare la dimostrazione.
Sia $L$ una matrice complessa $n\times n$ simmetrica.
1) (come già fatto da ficus2002)
Dato che $L^\star L$ è autoaggiunta e definita positiva esiste una matrice unitaria $U$ tale che
$L^\star L= U D U^\star$, dove $D=diag(d_1,...,d_n)$, con $d_1$...$d_n$ reali non negativi.
Poniamo $M:=U^T L U$; $M$ è simmetrica e $M^* M=D$ (vedi ficus2002)
2) Scriviamo $M=A+iB$ con $A$ e $B$ matrici reali. E' facile vedere che $A$ e $B$ sono simmetriche.
Per il punto 1
$D=M^\star M=(A-iB)(A+iB))A^2+B^2+i(AB-BA)$
da cui $A^2+B^2=D$, $AB=BA$ ($A$ e $B$ COMMUTANO).
Per il LEMMA esiste una matrice unitaria reale $V$ (per cui dunque $V^\star=V^T$) tale che
$A=V D' V^T$ e contemporaneamente $B=V D'' V^T$
dove $D'=diag(d'_1,...,d'_n)$ e $D''=diag(d''_1,...,d''_n)$, con $d'_j$ e $d''_j$ reali.
Quindi
$V^T M V=D'+iD''$
3) Se scriviamo $d'_j+id''_j$ come $\rho_je^{i\theta_j}$ possiamo riscrivere la riga sopra
$V^T M V=diag(\rho_1 e^{i\theta_1},...,\rho_n e^{i\theta_n})$
Prendiamo $W=diag(e^{-i\theta_1/2},...,e^{-i\theta_n/2})$. $W$ è unitaria perché
$W^\star=diag(e^{i\theta_1/2},...,e^{i\theta_n/2})$ ed è peraltro simmetrica. Si ha
$(V W)^T M (V W)= W^T(V^T M V) W =diag(\rho_1,...,rho_n)$.
4) Dunque se non ci sono errori, la matrice $Z:=UVW$ è unitaria e
$Z^T L Z=diag(\rho_1,...,rho_n)$.
A questo punto è chiaro (come dice ficus2002) che $rho_j^2=d_j$
LEMMA Se $A$ e $B$ sono due matrici simmetriche che commutano tra loro, allora esiste un operatore
unitario $V$ che le diagonalizza simultaneamente, cioè
$A=V D' V^\star$ e $B=V D'' V^\star$, con $D'$ e $D''$ matrici diagonali reali
La dimostrazione dovrebbe seguire facilmente dall'osservazione che
$e$ autovalore di $A$ $\Rightarrow$ $Be$ autovalore di $A$
quindi gli autospazi di $A$ sono invarianti per $B$ (e viceversa scambiando $A$ con $B$).
Se $A$ ha autovalori distinti è fatta, se no ci vorrà un po di pazienza ...
Purtroppo ci sono due errori.
$D^{**}D=M^{**} M=(A^T-iB^T)(A+iB)=A^TA+B^TB+i(A^TB-B^TA)$
da cui $A^TA+B^TB=D^TD$, $A^TB=B^TA$ ($A^TB$ è simmetrica).
"ViciousGoblinEnters":Sarebbe $M^{**}M=D^{**}D$ o $M^{**}M=D^2$ dato che $D$ è reale e diagonale.
1) (come già fatto da ficus2002)
[...] Poniamo $M:=U^T L U$; $M$ è simmetrica e $M^* M=D$ (vedi ficus2002)
"ViciousGoblinEnters":Qui hai dimenticato di fare i trasposti: sarebbe
2) Scriviamo $M=A+iB$ con $A$ e $B$ matrici reali. E' facile vedere che $A$ e $B$ sono simmetriche.
Per il punto 1
$D=M^\star M=(A-iB)(A+iB))A^2+B^2+i(AB-BA)$
da cui $A^2+B^2=D$, $AB=BA$ ($A$ e $B$ COMMUTANO).
$D^{**}D=M^{**} M=(A^T-iB^T)(A+iB)=A^TA+B^TB+i(A^TB-B^TA)$
da cui $A^TA+B^TB=D^TD$, $A^TB=B^TA$ ($A^TB$ è simmetrica).
Probabilmente mi sfugge qualcosa. Provo a "giustificarmi"
Il primo è un errore tipografico - dovuto all'uso del segno * della tastiera invece di $\star$ - comunque io intendevo
proprio $M^\star M=D$ (dove la mia $D$ è la tua $D^2$). Al passo 2 le cose sono scritte correttamente con lo star.
Non capisco il secondo errore - nota che le matrici $A$ e $B$ sono reali e simmetriche e quindi autoaggiunte: Dunque
$D=M^\star M=(A+iB)^\star(A+iB)=(A^\star+(iB)^\star)(A+iB)=(A^\star-iB^\star)(A+iB)=(A-iB)(A+iB)=A^2+B^2+i(AB-BA)$
o no? Forse l'errore sta nel dire che se $M$ è simmetrica $A$ e $B$ lo sono ? - ci penso un attimo.
.
.
.
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No, direi che una matrice è simmetrica se e solo se la sua parte reale e la sua parte immaginaria lo sono.
Mi pare poi che trovi anche $AB=BA$ se consideri che $A$ e $B$ sono simmetriche.
Nota peraltro che $M$ non è la matrice di partenza ma quella ottenuta dopo la tua prima manipolazione
Il primo è un errore tipografico - dovuto all'uso del segno * della tastiera invece di $\star$ - comunque io intendevo
proprio $M^\star M=D$ (dove la mia $D$ è la tua $D^2$). Al passo 2 le cose sono scritte correttamente con lo star.
Non capisco il secondo errore - nota che le matrici $A$ e $B$ sono reali e simmetriche e quindi autoaggiunte: Dunque
$D=M^\star M=(A+iB)^\star(A+iB)=(A^\star+(iB)^\star)(A+iB)=(A^\star-iB^\star)(A+iB)=(A-iB)(A+iB)=A^2+B^2+i(AB-BA)$
o no? Forse l'errore sta nel dire che se $M$ è simmetrica $A$ e $B$ lo sono ? - ci penso un attimo.
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No, direi che una matrice è simmetrica se e solo se la sua parte reale e la sua parte immaginaria lo sono.
Mi pare poi che trovi anche $AB=BA$ se consideri che $A$ e $B$ sono simmetriche.
Nota peraltro che $M$ non è la matrice di partenza ma quella ottenuta dopo la tua prima manipolazione
si scusa, ho sbagliato io, non mi ricordavo che $A$ e $B$ sono simmetriche... allora la tua dimostrazione dovrebbe essere giusta!
di niente ...
Ho peraltro la sensazione che una dimostrazione più semplice dovrebbe venire dalla rappresentazione
$L=UP$, con $U$ unitaria e $P$ autoaggiunta positiva, che (a quanto capisco) si può fare per ogni $L$.
Ci ho provato ripetutamente ma non riesco a capire cosa dica la simmetria.
Ho peraltro la sensazione che una dimostrazione più semplice dovrebbe venire dalla rappresentazione
$L=UP$, con $U$ unitaria e $P$ autoaggiunta positiva, che (a quanto capisco) si può fare per ogni $L$.
Ci ho provato ripetutamente ma non riesco a capire cosa dica la simmetria.
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