Dimostrazione con traccia e autovalori di una matrice simmetrica

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Dimostrazione con traccia e autovalori di una matrice simmetrica #62675

avt
kukaaa
Cerchio
Salve, vorrei sapere come dimostrare queste due proprietà: la prima riguarda la traccia e gli autovalori di una matrice simmetrica, la seconda il prodotto scalare associato alla precedente matrice.

a) Sia A=\left[\begin{matrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \theta \end{matrix}\right] una matrice simmetrica 2×2 a coefficienti reali. Si dimostri che la traccia di A è la somma degli autovalori e che il determinante è il prodotto degli autovalori.

b) Sia <\ ,\ > il prodotto scalare associato ad A fissata la base canonica in
\mathbb{R}^2. Si dimostri che se <\ ,\ > è definito positivo allora il determinante di A è positivo. Tale affermazione è vera anche per matrici di ordine superiore a
2?
 
 

Dimostrazione con traccia e autovalori di una matrice simmetrica #62676

avt
Galois
Amministratore
Abbiamo la matrice

A=\left[\begin{matrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \theta \end{matrix}\right]

che è una matrice simmetrica di ordine 2.

Ricordando che una matrice si dice simmetrica se a_{ij}=a_{ji}, \ \forall i,j abbiamo che, necessariamente:

\beta=a_{12}=a_{21}=\gamma

ovvero \beta = \gamma

Alla luce di ciò, abbiamo la matrice

A=\left[\begin{matrix} \alpha & \beta \\ \beta & \theta \end{matrix}\right]

di cui dobbiamo dimostrare che la somma degli autovalori è uguale alla traccia ed il prodotto degli autovalori è uguale al determinante.

Senza portarmi dietro le lettere greche (lunghe da scrivere in LaTeX) considero la matrice:

A=\left[\begin{matrix} a & b \\ b & c \end{matrix}\right]

Ricordando ora che la traccia di una matrice è la somma degli elementi della diagonale principale, abbiamo che:

\mbox{Tr(A)}=a+c

mentre il suo determinante è uguale a:

\mbox{det(A)}=ac-b^2

Passiamo ora al calcolo degli autovalori che sono dati dagli zeri del polinomio caratteristico:

\\ P(\lambda)=\mbox{det}[A-\lambda I]=\mbox{det}\left[\begin{matrix} a-\lambda & b \\ b & c-\lambda \end{matrix}\right]=\\ \\ \\ =(a-\lambda)(c-\lambda)-b^2=ac-a\lambda-c\lambda+\lambda^2-b^2=\\ \\ \\ =\lambda^2-(a+c)\lambda + ac - b^2

Troviamo gli zeri di tale polinomio caratteristico e per farlo dobbiamo trovare le soluzioni dell'equazione di secondo grado nella variabile \lambda:

\\ =\lambda^2-(a+c)\lambda + ac - b^2=0\\ \\ \Delta=(a+c)^2-4ac-4b^2=a^2+c^2-2ac-4b^2=(a-c)^2-4b^2

e quindi:

\lambda_{1/2}=\frac{a+c \pm \sqrt{\Delta}}{2}

Conviene lasciarla così e non sviluppare i conti: risulterà tutto molto più semplice.

I due autovalori della matrice A sono quindi:

\\ \lambda_{1}=\frac{a+c - \sqrt{\Delta}}{2}\\ \\ \\ \lambda_{2}=\frac{a+c + \sqrt{\Delta}}{2}


Ora, la loro somma

\\ \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{a+c - \sqrt{\Delta}}{2} + \frac{a+c + \sqrt{\Delta}}{2}=\\ \\ \\ =\frac{a+c-\sqrt{\Delta}+a+c+\sqrt{\Delta}}{2}=\frac{2a+2c}{2}=\frac{2(a+c)}{2}=a+c

è proprio uguale alla traccia di A calcolata in precedenza


Il prodotto degli autovalori è invece

\lambda_1 \cdot \lambda_2 = \frac{a+c - \sqrt{\Delta}}{2} \cdot \frac{a+c + \sqrt{\Delta}}{2} = \frac{[a+c+\sqrt{\Delta}][a+c-\sqrt{\Delta}]}{4}

Se lo riscriviamo come

\lambda_1 \cdot \lambda_2 = \frac{[(a+c)+\sqrt{\Delta}][(a+c)-\sqrt{\Delta}]}{4}

siamo di fronte ad un prodotto notevole e, nello specifico, ad una somma per differenza. Allora:

\lambda_1 \cdot \lambda_2 = \frac{[(a+c)+\sqrt{\Delta}][(a+c)-\sqrt{\Delta}]}{4}=\frac{(a+c)^2-\Delta}{4}

Essendo

\Delta=a^2+c^2-2ac-4b^2

per sostituzione avremo

\\ \lambda_1 \cdot \lambda_2 = \frac{(a+c)^2-\Delta}{4}=\frac{a^2+c^2+2ac - (a^2+c^2-2ac-4b^2)}{4}=\\ \\ \\ =\frac{4ac-4b^2}{4}=\frac{4(ac-b^2)}{4}=ac-b^2

che è proprio il determinante di A.


Passiamo ora al secondo punto.

Sia <, > il prodotto scalare associato ad A fissata la base canonica in \mathbb{R}^2.

Si dimostri che se <, > è definito positivo allora il determinante di A è positivo.


Molto semplicemente basta osservare che un prodotto scalare associato ad una matrice è definito positivo se la matrice è definita positiva.

Ora una matrice è definita positiva se i suoi autovalori sono tutti strettamente positivi, ma questo, per le matrici di ordine 2, implica che anche il determinante sia positivo in quanto abbiamo visto che il determinante è proprio uguale al prodotto degli autovalori.

Tale affermazione è vera anche per matrici di ordine superiore a 2?

Certo che sì! Ovviamente una risposta del genere in matematica non serve a nulla!

Vediamo quindi come dimostrare che: se il prodotto scalare associato ad una matrice reale e simmetrica di ordine n>2 è definito positivo allora il determinante della matrice è maggiore di zero.

Abbiamo già osservato che il prodotto scalare è definito positivo se tale è la matrice simmetrica a cui esso è associato.

Ora, poiché abbiamo a che fare con una matrice reale simmetrica, essa è diagonalizzabile, cioè è simile ad una matrice diagonale che altro non è se non la matrice che ha come elementi sulla diagonale principale gli autovalori della matrice di partenza.

Ora, essendo la matrice definita positiva, tutti i suoi autovalori e di conseguenza tutti gli elementi della diagonale principale saranno strettamente positivi.

Essendo il determinante di una matrice diagonale uguale al prodotto degli elementi della diagonale possiamo di sicuro affermare che esso è maggiore di zero (in quanto prodotto di numeri strettamente positivi).
Ringraziano: Pi Greco, Ifrit, CarFaby
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