"Catena continua" matrici
Ciao, amici! Ho trovato un esercizio che non riesco a risolvere sullo Strang, Algebra lineare, che propone, data una matrice $A$ tale che $"det"A>0$, di "mostrare che $A$ può essere connessa a $I$ tramite una catena continua di matrici $A(t)$ con determinanti tutti positivi". Il testo fa presente che non si può trattare di $A(t)=A+t(I-A)$ (sebbene sia tale che $A(0)=A,A(1)=I$) perché per qualche $t$ potrebbe essere che $"det"A(t)=0$.
Per poter verificare la positività del determinante ho provato a cercare qualcosa come $A(t)=AM(t)$ con $M(t)$ che contenga in qualche modo la variabile $t$, ma non mi riesce di trovare nulla...
Lo trovo un esercizio interessante proprio perché, per me, è difficile, ma mi sto impantanando in tentativi infruttuosi, che non riporto qua per non torturare il senso di estetica matematica degli altri forumisti...
Qualcuno sarebbe così buono da suggerire qualcosa?
Grazie di cuore a tutti!!!
Per poter verificare la positività del determinante ho provato a cercare qualcosa come $A(t)=AM(t)$ con $M(t)$ che contenga in qualche modo la variabile $t$, ma non mi riesce di trovare nulla...
Lo trovo un esercizio interessante proprio perché, per me, è difficile, ma mi sto impantanando in tentativi infruttuosi, che non riporto qua per non torturare il senso di estetica matematica degli altri forumisti...
Qualcuno sarebbe così buono da suggerire qualcosa?
Grazie di cuore a tutti!!!
Risposte
Ciao, non me ne intendo però sembra interessante. 
Quando dici "catena continua" significa che l'applicazione
$t \in [0,1] -> A(t) \in M_n(RR) = RR^{n^2}$
deve essere continua ?
Quando dici "catena continua" significa che l'applicazione$t \in [0,1] -> A(t) \in M_n(RR) = RR^{n^2}$
deve essere continua ?
A me viene da riformulare il problema in questi termini (può essere più o meno utile a seconda dei punti di vista): ho un insieme di vettori in \(\mathbb{R}^n\) che ne costituisce una base positiva. Domanda: è possibile agire in maniera continua su tale insieme in modo da trasformarlo nella base canonica di \(\mathbb{R}^n\) e in modo che a ogni istante ne costituisca una base positiva?
Grazie a tutti e due!!!
Direi di sì, mi pare che sia quello che intende il libro (il cui titolo è un link alla pagina dove si trova l'esercizio, che è il 4.13), visto anche l'esempio della funzione $t\mapsto A+t(I-A)$. Nel frattempo ho passato la giornata ad pensare a una possibile $A(t)$, ma senza esito... Al punto a cui sono arrivato dello Strang è l'esercizio che ho trovato più difficile e quindi più bello.
Grazie ancora a tutti!!!!
"perplesso":
"catena continua" significa che l'applicazione $t \in [0,1] -> A(t) \in M_n(RR) = RR^{n^2}$ deve essere continua ?
Direi di sì, mi pare che sia quello che intende il libro (il cui titolo è un link alla pagina dove si trova l'esercizio, che è il 4.13), visto anche l'esempio della funzione $t\mapsto A+t(I-A)$. Nel frattempo ho passato la giornata ad pensare a una possibile $A(t)$, ma senza esito... Al punto a cui sono arrivato dello Strang è l'esercizio che ho trovato più difficile e quindi più bello.
Grazie ancora a tutti!!!!
Conosci il procedimento di (orto)normalizzazione di Gram-Schmidt? È possibile effettuarlo in modo continuo e senza uscire dall'insieme delle basi?
Un approccio diverso potrebbe essere quello topologico: lo spazio $GL(n,\mathbb R)$ delle matrici invertibili a entrate reali (visto come sottoinsieme di $\RR^{n^2}$ dotato della topologia indotta) è sconnesso e le sue due componenti connesse sono proprio $GL^+:=\{A : \det A >0\}$ e $GL^{-}=\{A: \det A < 0\}$.
Ci si convince facilmente che dette componenti connesse sono aperte; per un noto fatto, gli aperti connessi di un qualche $RR^N$ sono connessi per archi e da ciò segue la tesi.
Sono abbastanza convinto che questo approccio sia corretto, ma temo che non sia quello che chiede Strang. Probabilmente, nel caso in esame (in cui faccio notare che un estremo del cammino è fissato, la matrice identità) si riesce proprio a costruire il cammino esplicitamente. Spero comunque che questo post possa servire a qualcosa, altrimenti mi scuso per l'intromissione.
Ci si convince facilmente che dette componenti connesse sono aperte; per un noto fatto, gli aperti connessi di un qualche $RR^N$ sono connessi per archi e da ciò segue la tesi.
Sono abbastanza convinto che questo approccio sia corretto, ma temo che non sia quello che chiede Strang. Probabilmente, nel caso in esame (in cui faccio notare che un estremo del cammino è fissato, la matrice identità) si riesce proprio a costruire il cammino esplicitamente. Spero comunque che questo post possa servire a qualcosa, altrimenti mi scuso per l'intromissione.
@elvis: Conosco il procedimento di Gram-Schmidt, ma non saprei costruirne una variante che sia una funzione continua...
@Paolo: Interessantissimo (e credo che la connessione di $GL^+$ e $GL^-$ sia derivabile dal teorema della permanenza del segno applicata al determinante, no?): così direi che si dimostri che la funzione cercata, l'arco, esiste, che non è poco! Strang chiede però anche proprio di esplicitarne una...
Grazie di cuore ancora a tutti!!!
@Paolo: Interessantissimo (e credo che la connessione di $GL^+$ e $GL^-$ sia derivabile dal teorema della permanenza del segno applicata al determinante, no?): così direi che si dimostri che la funzione cercata, l'arco, esiste, che non è poco! Strang chiede però anche proprio di esplicitarne una...
Grazie di cuore ancora a tutti!!!
Guarda un po' cosa succede in \(\mathbb{R}^2\). Se \(A = (u \,|\, v)\), puoi considerare la famiglia continua di matrici
\[
A_t = \left(u \,{\huge |}\, v - t \frac{u \cdot v}{u \cdot u}u \right)
\]
(ecco la versione continua di Gram-Schmidt). Adesso \( A_1 = (u \,|\, v - \frac{u \cdot v}{u \cdot u}u )\) è una matrice ortogonale e facilmente puoi trovare una famiglia continua di matrici che la colleghi a una matrice ortonormale \(M\) (...)
A questo punto, l'idea è ruotare \(M\) finché le sue colonne non coincidano con i due vettori della base standard, i.e. mostrare che esiste \( t \geq0 \) tale che
\[
\begin{pmatrix}
\cos t & - \sin t\\
\sin t & \cos t
\end{pmatrix}
M =
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}
\]
\[
A_t = \left(u \,{\huge |}\, v - t \frac{u \cdot v}{u \cdot u}u \right)
\]
(ecco la versione continua di Gram-Schmidt). Adesso \( A_1 = (u \,|\, v - \frac{u \cdot v}{u \cdot u}u )\) è una matrice ortogonale e facilmente puoi trovare una famiglia continua di matrici che la colleghi a una matrice ortonormale \(M\) (...)
A questo punto, l'idea è ruotare \(M\) finché le sue colonne non coincidano con i due vettori della base standard, i.e. mostrare che esiste \( t \geq0 \) tale che
\[
\begin{pmatrix}
\cos t & - \sin t\\
\sin t & \cos t
\end{pmatrix}
M =
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}
\]
Che idea geniale!!! Una funzione \(F(t)\in C([0,1])\) tale che \(F(0)=A=(\boldsymbol{u}|\boldsymbol{v})\) e \(F(1)=M\) con $M$ ortogonale mi sembra che possa essere
\[ F(t)=\begin{pmatrix} \frac{\boldsymbol{u}}{1+t(\|\boldsymbol{u}\|-1)} {\huge|} \frac{\boldsymbol{v}-t\frac{\boldsymbol{v}·\boldsymbol{u}}{\|\boldsymbol{u}\|^2}\boldsymbol{u}} {1+t{\Big(}{\Big\|}\boldsymbol{v}-\frac{\boldsymbol{v}·\boldsymbol{u}}{\|\boldsymbol{u}\|^2}\boldsymbol{u}{\Big\|}-1{\Big)}} \end{pmatrix} \]
La matrice di rotazione $Q(t)$ tale che $Q(0)A=A$ E $Q(1)M=I_2$ mi sembra che possa essere
\[Q(t)=\begin{pmatrix}\cos\theta t & - \sin\theta t\\\sin\theta t & \cos\theta t\end{pmatrix}\]
dove $\theta$ è l'angolo tra la somma dei versori (direzione della bisettrice dell'angolo retto tra di essi) colonna di $M$ e il vettore $(1,1)$. Quindi direi che la catena continua di matrici che cerchiamo sia la funzione $Q(t)F(t)$...
$+oo$ grazie!!!!!
\[ F(t)=\begin{pmatrix} \frac{\boldsymbol{u}}{1+t(\|\boldsymbol{u}\|-1)} {\huge|} \frac{\boldsymbol{v}-t\frac{\boldsymbol{v}·\boldsymbol{u}}{\|\boldsymbol{u}\|^2}\boldsymbol{u}} {1+t{\Big(}{\Big\|}\boldsymbol{v}-\frac{\boldsymbol{v}·\boldsymbol{u}}{\|\boldsymbol{u}\|^2}\boldsymbol{u}{\Big\|}-1{\Big)}} \end{pmatrix} \]
La matrice di rotazione $Q(t)$ tale che $Q(0)A=A$ E $Q(1)M=I_2$ mi sembra che possa essere
\[Q(t)=\begin{pmatrix}\cos\theta t & - \sin\theta t\\\sin\theta t & \cos\theta t\end{pmatrix}\]
dove $\theta$ è l'angolo tra la somma dei versori (direzione della bisettrice dell'angolo retto tra di essi) colonna di $M$ e il vettore $(1,1)$. Quindi direi che la catena continua di matrici che cerchiamo sia la funzione $Q(t)F(t)$...
$+oo$ grazie!!!!!
Senza entrare nel merito della discussione, volevo solo precisare che una generica matrice ortogonale è già costituita da colonne che rappresentano una base ortonormale. Voglio dire, non è necessario distinguere una matrice ortogonale da una matrice ortonormale, anche perchè quest'ultima definizione non esiste. Al limite, si dovrebbe coniare un nuovo termine per una matrice che abbia le colonne che rappresentano una base di vettori ortogonali ma non normalizzati. Tuttavia, questo nuovo termine non può essere ortogonale, in quanto con questa locuzione si intende già l'altra, quella le cui colonne costituiscono una base ortonormale.
"speculor":
Al limite, si dovrebbe coniare un nuovo termine per una matrice che abbia le colonne che rappresentano una base di vettori ortogonali ma non normalizzati. Tuttavia, questo nuovo termine non può essere ortogonale, in quanto con questa locuzione si intende già l'altra, quella le cui colonne costituiscono una base ortonormale.
È giusto, è giusto.
$+oo$ grazie anche a te, speculor, per la precisazione! Avevo capito che elvis, con la sua brillante idea, intendeva una matrice $A_t$ con colonne recicprocamente ortogonali, ma non necessariamente di norma unitaria, condizione soddisfatta da $M$.
"elvis":
È giusto, è giusto.
Era ovvio che ti stessi riferendo più alle colonne che alla matrice. Infatti, la mia precisazione non era tanto rivolta a te, che sicuramente conosci questi concetti, piuttosto a coloro che, non avendo affrontato questi argomenti, avrebbero potuto utilizzare un termine non appropriato.
"DavideGenova":
Avevo capito che elvis, con la sua brillante idea, intendeva una matrice $A_t$ con colonne reciprocamente ortogonali, ma non necessariamente di norma unitaria...
Ne sono convinto. Infatti, non era rivolta nemmeno a te.
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