Radici quadrate di matrice quadrata

[Erasmus_First]

Sia M la seguente matrice quadrata di formato 3 x 3:

| -39, -38, 62|
| -38, -24, 52| = M.
| -62, -52, 92|

Diciamo "radice quadrata di M" una matrice R di formato 3 x 3 tale che risulti R·R = M.
a) Quante sono le radici quadrate di M?
Una radice quadrata di M è la matrice seguente:

!-5,  -6, 10|
|-6,  -2,  8| = R1
|-10, -8, 16|

[Controllare, prego!]
b) Scrivine qualcun'altra!
c) Spiega un procedimento per trovarle tutte.
_____
_______

[j18eos]

Espongo solo la mia idea!... in spoiler.

Continuando a chiamare \(\displaystyle M\) la matrice in esame, la diagonalizzerei ottenendo:
\[
M=S^{-1}DS
\]
con \(\displaystyle D\) matrice diagonale; detta \(\displaystyle Q\) una matrice tale che:
\[
Q^2=D
\]
si ha che:
\[
M=S^{-1}DS=S^{-1}Q^2S=\left(S^{-1}QS\right)\left(S^{-1}QS\right)=\left(S^{-1}QS\right)^2
\]
e quindi \(\displaystyle S^{-1}QS\) è una "radice quadrata" di \(\displaystyle M\).

Questa è una tecnica valida in generale; [strike]le soluzioni sono due;[/strike] e suppongo che le matrici in gioco abbiano coefficienti in \(\displaystyle\mathbb{C}\).

[dissonance]

@j18eos:

"j18eos":le soluzioni sono due

Eppure ecco tre radici quadrate di \(\begin{bmatrix} 1& 0 \\ 0&1\end{bmatrix}\):
\[
\begin{array}{ccc}
\begin{bmatrix} -1& 0 \\ 0&1\end{bmatrix} , & \begin{bmatrix} 1& 0 \\ 0&-1\end{bmatrix}, &\begin{bmatrix} -1& 0 \\ 0&-1\end{bmatrix} \\
\end{array}
\]

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Sì l'idea funziona Armando, vedi qui

[Erasmus_First]

"dissonance":

[...] ecco tre radici quadrate di \(\begin{bmatrix} 1& 0 \\ 0&1\end{bmatrix}\):
\[
\begin{array}{ccc}
\begin{bmatrix} -1& 0 \\ 0&1\end{bmatrix} , & \begin{bmatrix} 1& 0 \\ 0&-1\end{bmatrix}, &\begin{bmatrix} -1& 0 \\ 0&-1\end{bmatrix} \\
\end{array}
\]

@ "dissonance"
a) Di radici quadrate dell'identità ce n'è una infinità!
Diciamo "simmetria" ogni trasformazione di uno spazio n-dimensionale Sn nello stesso Sn tale che, se ripetuta, ripristina l'identità.
Una matrice che opera una trasormazione [lineare] di simmetria è dunque una radice quadrata dell'identità.

In particolare, una simmetria può essere pure una "isometria".
[La trasformazione dello spazio nello stesso spazio è una "isometria" se (e solo se), dati arbitrariamente due punti distinti P e Q, la distanza tra i loro trasformati P' e Q' è uguale alla distanza tra P e Q].
In ogni isometria, righe e colonne sono versori (vettori unitari), ogni riga è "ortogonale" ad ogni altra riga ed ogni colonna è ortogonale ad ogni altra colonna.
Dunque, se M è una tale matrice, detta M* la sua trasposta ed I la matrice identità dello stesso formato, succede:
M·M* = I.
Se allora M è anche simmetrica, (ossia uguale alla sua trasposta M*), allora M è una isometria simmetrica (o è meglio dire simmetria isometrica? )

Ancora più in particolare, in S3 una rotazione di mezzo giro attorno ad una retta per l'origine O(0, 0, 0) con la direzione di un arbitrario versore n = [α, β, γ]* (cioè con $α^2 + β^2 + γ^2 = 1$) è una particolare "simmetria". E di tali simmetrie ce ne sono quante le direzioni! La matrice che opera la rotazione di π rad attorno alla retta per l'origine con la direzione del versore [α, β, γ]* è:

| 2α^2 – 1,          2αβ,         2αγ |
|       2αβ,    2β^2 – 1,         2βγ |.
|       2αγ,          2βγ,   2γ^2 – 1 |

Ovviamente, l'identità stessa è radice quadrata di sé stessa (analogamente al fatto che $1^2 = 1$).
b) Nel caso della data matrice M (di formato 3 x 3) il numero di radici quadrate è finito.
Quante sono?
Perché proprio tante così?
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@ "j18eos"
O.K. a riguardo del metodo.
[Occhio: non funziona sempre "in generale"! Per matrici di formato n x n occorre che ci siano almeno n auto-vettori non linearmente dipendenti; e questo non è sempre vero per n > 2. Ma è vero per la data matrice M (di formato 3 X 3).

Gli autovalori della data matrice M sono distinti, reali e positivi. E' vero che in generale gli autovalori sono in "$CC$, ma per la data matrice sono in $RR$. Sono anche tutti tre positivi [e maggiori di 1], ognuno ha due radici quadrate reali, una positiva e 'altra negativa.
Infine, le terne di reali [autovalori di una radice quadrata di M] che dànno la terna degli autovalori di M [diciamoli $(a^2, b^2, c^2)$ sono quanti i numeri di tre cifre in base 2.

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[j18eos]

"Erasmus_First":-------------
@ "j18eos"
O.K. a riguardo del metodo...
Occhio: non funziona sempre "in generale"! Per matrici di formato n x n occorre che ci siano almeno n auto-vettori non linearmente dipendenti; e questo non è sempre vero per n > 2...

Veramente, condizione necessaria e sufficiente affinché una matrice quadrata di ordine \(\displaystyle n\) su un campo \(\displaystyle\mathbb{K}\) sia diagonalizzabile è che ammetta una base di autovettori per il \(\displaystyle\mathbb{K}\)-spazio vettoriale \(\displaystyle\mathbb{V}_n(\mathbb{K})\) di dimensione \(\displaystyle n\).

Comunque hai ragione, non ho controllato la diagonalizzabilità di \(\displaystyle M\)!, ho pensato più a un metodo generale che al particolare problema.

[Erasmus_First]

"j18eos":Veramente, condizione necessaria e sufficiente affinché una matrice quadrata di ordine \(\displaystyle n\) su un campo \(\displaystyle\mathbb{K}\) sia diagonalizzabile è che ammetta una base di autovettori [...]

Dici bene!
Ma io non avevo detto male, perché qua stiamo in $CC$; e dire che [affinché la matrice sia diagonalizzabile] occorre che ci sia una "base" di autovettori equivale a quel che ho detto io: occorre che ci siano almeno n autovettori linearmente indipendenti. Ho aggiunto che per n > 2 non sempre questo è vero (anche se la matrice non è singolare).
Considera, per esempio, la matrice:
| 1, -2, 2 |
| 2, –1, 2 | = B.
| 2, –2, 3 |
Risulta det(B) = 1. [La matrice B non è "singolare"].
Il polinomio caratteristico viene:
$P(λ)= det(B -λI) = –(λ^3 - 3λ^2 + 3λ – 1) = –(λ – 1)^3$.
C'è un solo autovalore di molteplicità 3.
La ricerca degli autovettori ne trova quindi uno solo!
x - 2y + 2z = x ––> y - z = 0
2x – y + 2z = y ––> 2x = 2(y – z) ––> x = 0;
2x – 2y + 3z = z ––> 2x = 2(y – z) ––> x = 0.
L'unico autovettore è del tipo: a = [0, k, k] (con k≠0).
Per usare le tue parole, «non esiste (per questa matrice B) una base di 3 autovettori».

Ma torniamo al quiz, nel quale c'è una matrice di formato 3 x 3:
| -39, -38, 62|
| -38, -24, 52| = M.
| -62, -52, 92|

Il polinomio caratteristico di M è:
$P(λ) =det(M – λI) = –(λ^3 - 29λ^2 + 244λ -576) = –(λ–4)(λ-9)(λ-16)$.
Gli autovalori di M sono dunque:
$λ_1=4$; $λ_2 = 9$; $λ_3 = 16$.

Cercando un autovettore con l'autovalore $λ_1=4$ si ha:
43x + 38y - 62z = 0;
38x + 28y - 52z = 0;
62x + 52y -88z = 0.
Per z = 2 si trova l'autovettore a =[2, 1, 2]*.

Cercando un autovettore con l'autovalore $λ_2=9$ si ha:
48x + 38y - 62z = 0;
38x + 33y - 52z = 0;
62x + 52y -83z = 0.
Per z = 2 si trova l'autovettore b =[1, 2, 2]*.

Cercando un autovettore con l'autovalore $λ_3=16$ si ha:
55x + 38y - 62z = 0;
38x + 40y - 52z = 0;
62x + 52y -76z = 0.
Per z = 3 si trova l'autovettore c =[2, 2, 3]*

Una matrice "modale" (cioè di autovettori di rispettivi autovalori 4, 9 e 16) è dunque:
| 2, 1, 2 |
| 1, 2, 2 | = A.
| 2, 2, 3 |
Il determinante di questa matrice A è 1; e la sua inversa è:
| 2, 1, -2 |
| 1, 2, -2 | = A^(-1)
|-2, -2, 3 |
La "diagonalizzazione" di M è dunque:

 
    | -39, -38, 62|    | 2, 1, 2 |   | 4, 0,  0 |   | 2, 1, –2 |
M = | -38, -24, 52| =  | 1, 2, 2 | · | 0, 9,  0 | · | 1, 2, –2 |·
    | -62, -52, 92|    ! 2, 2, 3 |   | o, 0, 16 |   | 2, 2, –3 |

Le "radici quadrate di M" sono pertanto quelle di uguali autovettori con rispettivi autovalori dati da una delle seguenti 8 terne:
[2, 3, 4]; [2, 3 –4]; [2, –3, 4]; [2, -3, -4]; [-2, 3, 4]; [-2, 3, –4]; [-2, –3, 4}; [–2, -3, -4].
Si possono riassumere le 8 distinte radici così:

    | 2, 1, 2 |   |±2,  0,  0 |   | 2, 1, –2 |
R = | 1, 2, 2 | · | 0, ±3,  0 | · | 1, 2, –2 |·
    ! 2, 2, 3 |   | 0,  0, ±4 |   | 2, 2, –3 |

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[Erasmus_First]

"Martino":Sì l'idea funziona Armando, vedi qui

Oops!
Vedo solo ora che avevi fatto già [quasi] tutto tu, (e quindi che quel che ho fatto nell'ultimo post è una ripetizione).
Avevo letto la tua risposta, ma non ero andato a vedere dove mandava il tuo link; e pensavo che mandasse ad una pagina di qualche sito di matematica (che trattasse appunto di "diagonalizzazione"); non certo alla diagonalizzazione della matrice M di questo preciso problemino!

Devo chiederti scusa ... per aver trascurato "la mejo" delle risposte!

[Ma perché non hai completato dicendo quante e quali sono le radici distinte?}
_______

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

Figurati, non ti devi mica scusare non ho completato perché volevo solo contribuire con quel link

[dan952]

Esiste un metodo iterativo per trovare la radice quadrata di una qualsiasi matrice quadrata di ordine n, definito in questo modo:
${(X_0=A,\ Y_0=I_n),(X_{k+1}=\frac{X_k+Y_{k}^{-1}}{2},\ Y_{k+1}=\frac{Y_k+X_{k}^{-1}}{2}):}$
$\lim_{k \rightarrow +\infty} X_k=\sqrt{A}$

[Erasmus_First]

"dan95":Esiste un metodo iterativo per trovare la radice quadrata di una qualsiasi matrice quadrata ...

1) Occhio! "Qualsiasi" no!
Se $det(A) = 0$ non esiste $A^(-1)$; e quindi non esiste $Y_1$, non esiste $X_2$ ... e addio ad $X_k$!
2) Se det(A) ≠ 0 il metodo che ci indichi conduce ad UNA delle $2^n$ radici quadrate di A.
[Ma Il clou di questo thread sta proprio nella molteplicità delle radici].
_______

[vict85]

Faccio una osservazione. Supponendo che ci si trovi nel campo \(\displaystyle \mathbb{C} \) (me lo concedi?), per ogni matrice \(\displaystyle n\times n \) \(\displaystyle A \) esistono \(\displaystyle m!\) diverse matrici \(\displaystyle S \) per cui \(\displaystyle SAS^{-1} \) è nella forma di Jordan (dove \(\displaystyle m \) è il numero di blocchi in cui è suddivisa ogni forma di Jordan di \(\displaystyle A \)). Ovvero il problema si traduce nel trovare le radici di un generica forma di Jordan e di moltiplicare il numero per \(\displaystyle m! \) (anche se non sono sicuro al 100% che i risultati siano effettivamente tutti distinti considerando che le \(\displaystyle J = SAS^{-1} \) non sono necessariamente distinte al cambiare di \(\displaystyle S \)).
Se una matrice è diagonale a blocchi allora trovate le radici di ogni blocco, le radici della matrice completa sono le matrici diagonali a blocchi in cui ogni blocco è una particolare radice del blocco corrispondente. L'identità \(\displaystyle n\times n \) possiede \(\displaystyle 2^n \) radici. Una matrice diagonale ne possiede \(\displaystyle 2^r \) dove \(\displaystyle r \) è il rango della matrice.

Quindi, quali sono le radici di un blocco di Jordan? Risolto questo abbiamo trovato tutte le radici complesse di qualsiasi matrice quadrata complessa.


[EDIT] Ripensandoci non sono sicuro che le matrici \(\displaystyle S \) siano solo \(\displaystyle m! \).

[dan952]

Ho dato un'occhita su https://it.m.wikipedia.org/wiki/Radice_quadrata_di_una_matrice

[vict85]

Mi sono accorto di essermi dimenticato le matrici nilpotenti nel caso in cui la matrice sia diagonalizzabile con rango minore di \(n\). Quindi per le matrici diagonali il valore corretto dovrebbe essere \(\displaystyle 2^rt \) dove \(\displaystyle t \) è il numero di matrici nilpotenti \((n-r)\times (n-r)\). Probabilmente in realtà sto ancora dimenticando qualcosa.

[maschinna]

Ma quindi si può dire che se una matrice é diagonalizzabile, lo è anche la sua radice e viceversa?
Grazie

[dan952]

Definizione (diagonalizzabilità). Una matrice $A$ si dice diagonalizzabile se è simile ad una matrice diagonale $D$, cioè se esiste $M$ invertibile tale che $D=M^{-1}AM$.

Lemma. Se $X^2$ è diagonale allora $X$ è diagonale.

$\sqrt{A}$ diagonalizzabile $\Rightarrow$ $A$ diagonalizzabile.

$D'=D^2=M^{-1}\sqrt{A}M \cdot M^{-1}\sqrt{A}M=M^{-1}AM$

$D'$ è chiaramente diagonale.


La seconda implicazione la lascio a te, usa il lemma.

Edit: Il lemma non vale in generale...dunque la seconda implicazione non può essere dimostrata (se vale) utilizzandolo.

[maschinna]

Allora: se A è la matrice diagonalizzabile, lo è anche $ sqrt A$.
Infatti se D è diagonale,
$ A=(SDS^(-1))=sqrt(A) *sqrt(A)=sqrt(SDS^(-1))*sqrt(SDS^(-1)) $
$ sqrt(A)=sqrt(SDS^(-1))=sqrtS sqrt D sqrt(S^(-1)) $
Per il lemma sqrt (D) è diagonale.
È corretto? Le matrici $sqrtS $ e $sqrt (S^(-1)) $ non sono uniche, vero?

[dan952]

Ho editato il post...il lemma non vale in generale

[maschinna]

Ah ok. Perciò non si può dire che se A è diagonalizzabile, lo è anche la sua radice? Perché un tema d esame faceva questa domanda
Grazie

[dan952]

In generale non sarei sicuro, cerca un controesempio magari

[maschinna]

Stavo pensando che il lemma potrebbe essere trasformato in se A è diagonale, esiste almeno una radice di A diagonale nel campo dei complessi e quindi varrebbe l implicazione. No?