Teorema spettrale in C

Il teorema spettrale complesso asserisce che un endomorfismo è hermitiano se e solo se esiste una base ortonormale dello spazio su cui è definito composta da suoi autovettori o, in linguaggio matriciale, che ogni matrice hermitiana è diagonalizzabile mediante una matrice unitaria.

 

Il teorema spettrale in C può essere enunciato e dimostrato per gli endomorfismi hermitiani come pure per le matrici hermitiane.

 

Sarà nostra cura proporvi entrambi gli enunciati ed entrambe le dimostrazioni, ma prima richiameremo brevemente la definizione di endomorfismo hermitiano e le relative proprietà. Fatto ciò proporremo l'enunciato e la dimostrazione del teorema spettrale complesso per gli endomorfismi hermitiani, per poi riformulare il tutto col linguaggio matriciale.

 

Lemmi per il teorema spettrale complesso

 

Per comprendere a pieno l'enunciato e la dimostrazione del teorema spettrale in \mathbb{C} è necessario richiamare la definizione di endomorfismo hermitiano e alcune sue proprietà, che abbiamo dimostrato nella lezione dedicata e che vengono spesso presentate come lemmi propedeutici alla dimostrazione del teorema spettrale complesso.

 

Da qui in poi supponiamo che V sia uno spazio vettoriale su \mathbb{C} e che \langle \ , \ \rangle sia un prodotto hermitiano definito positivo su V.

 

Diciamo che F:V \to V è un endomorfismo hermitiano se e solo se per ogni \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 \in V il prodotto hermitiano tra F(\mathbf{v}_1) \mbox{ e } \mathbf{v}_2 coincide col prodotto tra \mathbf{v}_1 \mbox{ e } F(\mathbf{v}_2)

 

 

\langle F(\mathbf{v}_1), \mathbf{v}_2\rangle = \langle \mathbf{v}_1, F(\mathbf{v}_2)\rangle\ \ \ \forall \ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 \in V

 

 

Lemma 1 (Matrice associata a un endomorfismo hermitiano)

 

F:V \to V è un endomorfismo hermitiano se e solo se la matrice rappresentativa di F rispetto a una base ortonormale di V è una matrice hermitiana.

 

 

Lemma 2 (Autovalori di un endomorfismo hermitiano)

 

Gli autovalori di un endomorfismo hermitiano F:V\to V sono tutti reali.

 

Enunciato e dimostrazione del teorema spettrale complesso

 

Siano V uno spazio vettoriale finitamente generato su \mathbb{C}, \langle \ , \ \rangle un prodotto hermitiano definito positivo su V e F:V \to V un endomorfismo.

 

F è hermitiano se e solo se esiste una base ortonormale di V formata da autovettori di F.

 

Dimostrazione

 

Supponiamo che F sia un endomorfismo hermitiano. Detta n\geq 1 la dimensione dello spazio vettoriale V, dobbiamo dimostrare l'esistenza di una base ortonormale

 

\mathcal{B}=\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, ..., \mathbf{u}_n\}

 

tale che \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,...,\mathbf{u}_n siano autovettori per l'endomorfismo F.

 

Procediamo per induzione su n.

 

Se n=1, ogni base di V è formata da un solo vettore non nullo. Scegliamone una e sia \mathbf{v}_1 il vettore della base scelta.

 

F(\mathbf{v}_1) è un elemento di V e in quanto tale può essere espresso come combinazione lineare di \mathbf{v}_1, cioè esiste \lambda_1 \in \mathbb{C} tale che

 

F(\mathbf{v}_1)=\lambda_1 \mathbf{v}_1

 

Ciò prova che \mathbf{v}_1 è un autovettore di F, che tra l'altro possiamo normalizzare dividendolo per la rispettiva norma (indotta dal prodotto hermitiano considerato).

 

Per n=1 abbiamo quindi dimostrato l'esistenza di una base ortonormale di V formata da autovettori di F.

 

Supponiamo ora la tesi vera per n-1 e proviamola per n.

 

Per ipotesi F è hermitiano, dunque per il lemma 2) ammette almeno un autovalore reale. Diciamo \lambda_0 questo autovalore e sia \mathbf{v}_0 il relativo autovettore, che possiamo supporre di norma 1.

 

Sia poi W il sottospazio generato da \mathbf{v}_0

 

W=\mbox{Span}(\mathbf{v}_0)

 

e consideriamo W^{\perp}, ossia il complemento ortogonale di W rispetto al prodotto hermitiano \langle \ , \ \rangle.

 

Ricordiamo che W^{\perp} è un sottospazio vettoriale di V definito come

 

W^{\perp}=\{\mathbf{v} \in V \mbox{ t.c. } \langle \mathbf{v}, \mathbf{v}_0 \rangle = 0\}

 

Per uno dei teoremi sul complemento ortogonale V è somma diretta tra W \mbox{ e } W^{\perp}

 

V=W \oplus W^{\perp}

 

Per la formula di Grassmann

 

\mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(W)+\mbox{dim}(W^{\perp})

 

La dimensione di W è palesemente 1, mentre V ha dimensione n, per cui

 

\mbox{dim}(W^{\perp})=\mbox{dim}(V)-\mbox{dim}(W) = n-1

 

Osserviamo ora che la restrizione di F su W^{\perp}}, chiamiamola T, è un endomorfismo hermitiano su W^{\perp}, infatti se \mathbf{w} \in W^{\perp} allora

 

\langle \mathbf{v}_0, T(\mathbf{w}) \rangle = \langle T(\mathbf{v}_0), \mathbf{w} \rangle

 

La precedente uguaglianza segue dal fatto che F è hermitiano su tutto V e quindi T è hermitiano su W^{\perp}, che è un sottospazio di V.

 

Inoltre \mathbf{v}_0 è un autovettore relativo all'autovalore \lambda_0, ragion per cui

 

\langle \mathbf{v}_0, T(\mathbf{w}) \rangle = \langle T(\mathbf{v}_0), \mathbf{w} \rangle = \langle \lambda_0 \mathbf{v}_0, \mathbf{w} \rangle = \lambda_0 \langle \mathbf{v}_0, \mathbf{w}\rangle

 

\mathbf{w} è un elemento di W^{\perp}, dunque \langle \mathbf{v}_0, \mathbf{w}\rangle = 0

 

Abbiamo così dimostrato che

 

\langle \mathbf{v}_0, T(\mathbf{w}) \rangle = \lambda_0 \langle \mathbf{v}_0, \mathbf{w}\rangle = 0

 

e ciò ci permette di concludere che T(\mathbf{w}) \in W^{\perp}, ossia F ristretto a W^{\perp} è un endomorfismo hermitiano su W^{\perp}, spazio vettoriale di dimensione n-1.

 

Per ipotesi induttiva esiste una base ortonormale di W^{\perp} composta da n-1 autovettori di T. Indichiamo tale base con

 

\mathcal{B}_{W^{\perp}}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_{n-1}\}

 

Per definizione di complemento ortogonale, per ogni i \in \{1,2,...,n-1\} risulta che

 

\langle \mathbf{v}_0, \mathbf{v}_i \rangle = 0

 

Da ciò segue che

 

\mathcal{B}=\{\mathbf{v}_0, \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_{n-1}\}

 

è una base ortonormale di V formata da autovettori di F.

 

Viceversa, se assumiamo per ipotesi che esista una base ortonormale \mathcal{B} di V formata da autovettori di F, allora F è un endomorfismo diagonalizzabile. In quanto tale la matrice A che rappresenta F rispetto a \mathcal{B} è una matrice diagonale i cui elementi della diagonale principale sono gli autovalori di F, che per il lemma 2) sono tutti reali. Da ciò segue che A è una matrice hermitiana e quindi, per il lemma 1), F è hermitiano.

 

Teorema spettrale complesso in forma matriciale

 

Il teorema spettrale in \mathbb{C} può essere enunciato anche in termini matriciali: ogni matrice hermitiana è simile a una matrice diagonale mediante una matrice unitaria.

 

Equivalentemente, ogni matrice hermitiana A \in Mat(n,n,\mathbb{C}) è diagonalizzabile mediante una matrice unitaria, ossia esiste una matrice unitaria U tale che U^{-1} A U è una matrice diagonale.

 

Dimostrazione

 

Sia A \in Mat(n,n,\mathbb{C}) una matrice hermitiana. Come ampiamente discusso nella lezione sugli endomorfismi hermitiani, l'applicazione definita dalla matrice A

 

\\ L_A: \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n \\ \\ L_A(\mathbf{x})=A\mathbf{x}

 

è un endomorfismo hermitiano rispetto al prodotto hermitiano canonico, dunque per il teorema spettrale sugli endomorfismi esiste una base ortonormale di \mathbb{C}^n formata da autovettori di L_A.

 

Sia tale base \mathcal{B}=\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, ..., \mathbf{u}_n\}.

 

Il solo fatto che esista una base di autovettori di L_A ci assicura che l'endomorfismo L_A è diagonalizzabile, e quindi è tale anche la matrice A che lo rappresenta.

 

Inoltre, la matrice U che ha per colonne i vettori di \mathcal{B} è la matrice diagonalizzante di A, ossia U^{-1} A U è una matrice diagonale.

 

Ci rimane da provare che U è una matrice unitaria, ossia che il prodotto tra la trasposta della complessa coniugata di U e U commuta e restituisce la matrice identità:

 

(\overline{U})^T U = \mbox{Id}_n = U (\overline{U})^T

 

L'elemento di posto (i,j) del prodotto (\overline{U})^TU è dato dal prodotto tra la i-esima riga di \overline{U}^T e la j-esima colonna di U.

 

La j-esima colonna di U è \mathbf{u}_j, cioè il j-esimo vettore della base ortonormale \mathcal{B}, mentre la i-esima riga di \overline{U}^T è la i-esima colonna di \overline{U}, ossia è il coniugato dell'i-esimo vettore di \mathcal{B}, che è \overline{\mathbf{u}}_i.

 

Alla luce di ciò l'elemento di posto (i,j) del prodotto (\overline{U})^T U è

 

(\overline{\mathbf{u}}_i)^{T}\mathbf{u}_j=\langle \mathbf{u}_j, \mathbf{u}_i\rangle_h

 

dove \langle \ , \ \rangle_h è il prodotto hermitiano canonico.

 

Dal momento che \mathcal{B} è una base ortonormale, ne consegue che l'elemento di (i,j) della matrice prodotto (\overline{U})^T U è 0 se i \neq j, mentre è 1 se i=j

 

\langle \mathbf{u}_j, \mathbf{u}_i\rangle_h=\begin{cases}0&\mbox{se } i \neq j \\ 1&\mbox{se } i=j\end{cases}

 

e dunque

 

(\overline{U})^T U=\mbox{Id}_n

 

Ciò dimostra che U è una matrice invertibile, con inversa U^{-1}=(\overline{U})^{T}, per cui

 

U(\overline{U})^T=\mbox{Id}_n

 

e quindi U è una matrice unitaria.

 

Decomposizione spettrale di una matrice hermitiana

 

Se A \in Mat(n,n,\mathbb{C}) è una matrice hermitiana, per il teorema spettrale complesso esiste una matrice unitaria U tale che

 

U^{-1} A U = D

 

dove D è una matrice diagonale. Da ciò segue che

 

 

A=UDU^{-1}

 

 

e il prodotto UDU^{-1} viene detto decomposizione spettrale di A.

 

Teorema spettrale complesso e diagonalizzabilità

 

Nella lezione sugli endomorfismi diagonalizzabili abbiamo visto che F:V \to V è un endomorfismo diagonalizzabile se e solo se esiste una base \mathcal{B} di V formata da autovettori di F. Inoltre:

 

- la matrice diagonale D che rappresenta F rispetto a \mathcal{B} ha come elementi della diagonale principale gli autovalori di F, riportati secondo le rispettive molteplicità algebriche;

 

- la matrice diagonalizzante P ha per colonne autovettori di F.

 

Ora, se V è uno spazio vettoriale su \mathbb{C}, \langle \ , \ \rangle è un prodotto hermitiano definito positivo su V ed F:V \to V è un endomorfismo hermitiano, il teorema spettrale complesso permette di fare un passo avanti: la base di autovettori \mathcal{B} può essere scelta ortonormale.

 

A tal proposito si deve:

 

- calcolare una base di autovettori così come siamo abituati a fare;

 

- ortogonalizzarla col processo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt;

 

- rendere tale base ortonormale dividendo ciascun vettore per la norma indotta dal prodotto hermitiano assegnato.

 

La matrice diagonalizzante è inoltre una matrice unitaria, così come garantito dal teorema spettrale complesso per le matrici.

 

 

Esempio

 

Siano V=\mathbb{C}^3 uno spazio vettoriale su \mathbb{C}, \langle \ ,\ \rangle_h il prodotto hermitiano canonico di \mathbb{C}^3 e F: \mathbb{C}^3 \to \mathbb{C}^3 l'endomorfismo definito da

 

F(x,y,z)=(x, \ y+\imath z, -\imath y+z)

 

Consideriamo la seguente base di V

 

\mathcal{B}=\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

 

che è una base ortonormale rispetto al prodotto hermitiano canonico.

 

La matrice associata a F rispetto a \mathcal{B} è

 

A=\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&\imath \\ 0&-\imath & 1\end{pmatrix}

 

che, evidentemente, è una matrice hermitiana, di conseguenza F è un endomorfismo hermitiano. Per il teorema spettrale esiste una base ortonormale di \mathbb{C}^3 formata da autovettori di F o, equivalentemente, la matrice diagonalizzante di A è una matrice unitaria.

 

Per determinare questi autovettori procediamo, dapprima, al calcolo degli autovalori di F, che sono gli zeri del polinomio caratteristico associato alla matrice A

 

\\ p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_3) = \mbox{det}\begin{pmatrix} 1-\lambda &0&0 \\ 0&1-\lambda &\imath \\ 0&-\imath & 1-\lambda\end{pmatrix} = \\ \\ \\ = (1-\lambda) \ \mbox{det}\begin{pmatrix} 1-\lambda & \imath \\ -\imath & 1-\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)[(1-\lambda)^2+\imath^2]= \\ \\ \\ = (1-\lambda)(1-2\lambda+\lambda^2-1)=(1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)= \\ \\ = \lambda(1-\lambda)(\lambda-2)

 

Per il calcolo del determinante abbiamo usato la regola di Laplace con sviluppo rispetto alla prima riga.

 

Gli autovalori di F sono

 

\lambda_0=0, \ \lambda_1=1, \ \lambda_2=2

 

Una base di autovettori è data dall'unione delle basi degli autospazi

 

\\ V_{\lambda_0}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{C}^3 \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=\mathbf{0}\} \\ \\ V_{\lambda_1}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{C}^3 \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=\mathbf{v}\} \\ \\ V_{\lambda_2}=\{\mathbf{v} \in \mathbb{C}^3 \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=2\mathbf{v}\}

 

Una base di V_{\lambda_0}=V_0 si ricava determinando una base per lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

 

(A - 0 \mbox{Id}_3)\mathbf{x} = \mathbf{0}

 

ossia

 

A\mathbf{x}=\mathbf{0}

 

Effettuando le sostituzioni e svolgendo i conti si ottiene

 

\\ \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&\imath \\ 0&-\imath & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \\ \\ \begin{cases}x=0 \\ y+\imath z=0 \\ -\imath y +z=0\end{cases}

 

Tale sistema ammette \infty^1 soluzioni date da

 

(x,y,z)=(0,-\imath \alpha, \alpha) = \alpha(0,-\imath,1)

 

Dunque una base di V_{\lambda_0} è

 

\mathcal{B}_{V_{\lambda_0}}=\{(0,-\imath,1)\}

 

Procedendo allo stesso modo lasciamo a voi il compito di verificare che

 

\\ \mathcal{B}_{V_{\lambda_1}}=\{(1,0,0)\} \\ \\ \mathcal{B}_{V_{\lambda_2}}=\{(0,\imath,1)\}

 

e quindi

 

\mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}=\{(0,-\imath,1), \ (1,0,0), \ (0,\imath,1)\}

 

è una base di \mathbb{C}^3 i cui elementi sono autovettori di F.

 

Osserviamo inoltre che tale base è già ortogonale, infatti per una proprietà degli endomorfismi hermitiani autovettori associati ad autovalori distinti sono vettori ortogonali.

 

Non ci resta che normalizzare \mathcal{B} dividendo ciascun vettore per la norma indotta dal prodotto hermitiano canonico

 

\\ ||\mathbf{v}_1||=\sqrt{\langle \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_1 \rangle_h} = \sqrt{\langle (0,-\imath,1) , (0,-\imath,1)\rangle_h} = \\ \\ = \sqrt{(0)(\overline{0}) + (-\imath)(\overline{-\imath}) + (1)(\overline{1})} = \\ \\ = \sqrt{(-\imath)(\imath)+1}=\sqrt{-\imath^2+1}=\sqrt{-(-1)+1}=\sqrt{2}

 

La norma di \mathbf{v}_2 è già 1

 

||\mathbf{v}_2||=1

 

e procedendo allo stesso modo ricaviamo

 

||\mathbf{v}_3||=\sqrt{2}

 

La base ortonormale che cercavamo è \{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}, con

 

\\ \mathbf{u}_1 = \frac{\mathbf{v}_1}{||\mathbf{v}_1||} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0,-\imath,1) = \left(0, -\frac{\imath}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \\ \\ \\ \mathbf{u}_2=\mathbf{v}_2 = (1,0,0) \\ \\ \\ \mathbf{u}_3=\frac{\mathbf{v}_3}{||\mathbf{v}_3||} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0,\imath,1) = \left(0, \frac{\imath}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)

 

Lasciamo a voi il compito di verificare che la matrice avente per colonne tali autovettori

 

U=\begin{pmatrix}0&1&0 \\ -\frac{\imath}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{\imath}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}

 

è una matrice unitaria e che

 

U^{-1} A U = D

 

dove

 

D=\begin{pmatrix}0&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&2\end{pmatrix}

 

 


 

Il teorema spettrale in forma matriciale viene spesso presentato come corollario del teorema spettrale per gli endomorfismi hermitiani, e ciò non deve sorprendere. Per dimostrare il teorema spettrale sulle matrici hermitiane abbiamo infatti usato il teorema spettrale sugli endomorfismi.

 

Alcune fonti, al contrario, procedono in modo opposto, ossia enunciano e dimostrano il teorema spettrale per le matrici hermitiane e propongono quello sugli endomorfismi come corollario. In fin dei conti si tratta di una semplice scelta didattica e sta a voi adeguarvi di conseguenza. ;)

 

È davvero tutto! Dalla prossima lezione torneremo a lavorare nel campo \mathbb{R} introducendo il concetto di endomorfismo simmetrico, per poi enunciare e dimostrare il teorema spettrale in R.

 

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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