Teorema di Sylvester

Teorema 16.4 (di Sylvester)

Sia $V$$V$ uno spazio vettoriale di dimensione $d$$d$ finita. Sia $\phi :V\times V\to \mathbb {R}$$\phi :V\times V\to \mathbb {R}$ un prodotto scalare. Allora esistono interi $z(\phi ),p(\phi )\geq 0$$z(\phi ),p(\phi )\geq 0$ con la seguente proprietà: per ogni scelta di una base ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ di $V$$V$ortogonale per $\phi$$\phi$, si ha

$$p(\phi )=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})>0\}$$

$$p(\phi )=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})>0\}$$

$$z(\phi )=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})=0\}.$$

$$z(\phi )=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})=0\}.$$

(il simbolo $\#$$\#$ significa "il numero di")

 

In forma sintetica: prese due basi ortogonali ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ e ${\mathcal {B}}'$${\mathcal {B}}'$, se calcolo le matrici rispetto alle basi, il numero di entrate positive è lo stesso in entrambe le matrici.

Indici di nullità positività e negatività

$z(\phi )$$z(\phi )$ e $p(\phi )$$p(\phi )$ sono invarianti del prodotto scalare, non dipendono cioè dalla particolare base ortogonale ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ scelta.

Definizione 16.2

$z(\phi )$$z(\phi )$ si definisce indice di nullità di $\phi$$\phi$ ed è la dimensione dello spazio nullo (ed è quindi invariante per il prodotto scalare). $p(\phi )$$p(\phi )$ si chiama indice di positivita di $\phi$$\phi$. La differenza $d-p(\phi )-z(\phi )$$d-p(\phi )-z(\phi )$ è il numero di $j$$j$ per cui $\phi (v_{j},v_{j})<0$$\phi (v_{j},v_{j})<0$ e si chiama indice di negativita di $\phi$$\phi$.

 

$\phi$$\phi$ è non degenere se e solo se $z(\phi )=0$$z(\phi )=0$ e quindi se e solo se $d=p(\phi )+n(\phi )$$d=p(\phi )+n(\phi )$.

Teorema 16.5

$\phi$$\phi$ è definito positivo se e solo se $d=p(\phi )$$d=p(\phi )$.

 

Dimostrazione 16.2

Supponiamo vero il teorema di Sylvester. $1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: Sia $\phi$$\phi$ definito positivo e sia ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ una base ortogonale per $\phi$$\phi$. Allora $M_{\mathcal {B}}(\phi )$$M_{\mathcal {B}}(\phi )$ è una matrice con entrate diagonali $\lambda _{j}>0$$\lambda _{j}>0$, quindi il numero di entrate positive è uguale a $d$$d$.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: Viceversa, sia $p(\phi )=d$$p(\phi )=d$ e sia ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ una base ortogonale per $\phi$$\phi$.

Allora $M_{\mathcal {B}}$$M_{\mathcal {B}}$ ha entrate diagonali tutte positive.

Sia $v=\sum _{i=1}^{d}x_{i}*v_{j}$$v=\sum _{i=1}^{d}x_{i}*v_{j}$, allora possiamo scrivere

$$\phi (u,v)=\phi (\sum _{k=1}^{d}x_{k}*v_{k},\,\sum _{l=1}^{d}x_{l}*v_{l})$$

$$\phi (u,v)=\phi (\sum _{k=1}^{d}x_{k}*v_{k},\,\sum _{l=1}^{d}x_{l}*v_{l})$$

allora

$$\phi (v,u)=\sum _{k,l=1}^{d}x_{k}*x_{l}*\phi (v_{k},v_{l})$$

$$\phi (v,u)=\sum _{k,l=1}^{d}x_{k}*x_{l}*\phi (v_{k},v_{l})$$

La base è ortogonale e sopravvivono solo i termini con $k=l$$k=l$, quindi rimane

$$\phi (u,v)=\sum _{k=1}^{d}(x_{k})^{2}*\phi (v_{k},v_{k})=\sum _{k}(x_{k})^{2}*\lambda _{k}.$$

$$\phi (u,v)=\sum _{k=1}^{d}(x_{k})^{2}*\phi (v_{k},v_{k})=\sum _{k}(x_{k})^{2}*\lambda _{k}.$$

Se $\lambda =\min _{j}\lambda _{j}$$\lambda =\min _{j}\lambda _{j}$, esso è positivo perchè tutti i $\lambda _{j}$$\lambda _{j}$ lo sono, quindi, se $v\neq 0$$v\neq 0$,

$$\phi (v,v)\geq \lambda \sum _{k=1}^{d}x_{k}^{2}\geq 0,$$

$$\phi (v,v)\geq \lambda \sum _{k=1}^{d}x_{k}^{2}\geq 0,$$

quindi $\phi$$\phi$ è definito positivo.

cvd

 

Dimostrazione del teorema di Sylvester

Possiamo ora dimostrare il teorema di Sylvester enunciato precedentemente:

Dimostrazione 16.3

Siano ${\mathcal {B}}_{1}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}_{1}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ e ${\mathcal {B}}_{w}=\{w_{1},\dots ,w_{d}\}$${\mathcal {B}}_{w}=\{w_{1},\dots ,w_{d}\}$ basi di $V$$V$ ortogonali per $\phi$$\phi$.

Siano $z_{1}=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})=0\}$$z_{1}=\#\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})=0\}$ e $z_{2}=\#\{j\,t.c.\,\phi (w_{j},e_{j})=0\}$$z_{2}=\#\{j\,t.c.\,\phi (w_{j},e_{j})=0\}$.

Sappiamo che lo spazio nullo è lo span dei $v_{j}$$v_{j}$ tali che $\phi (v_{j},v_{j})=0$$\phi (v_{j},v_{j})=0$ ma è anche lo span dei $w_{j}$$w_{j}$ tali che $\phi (w_{j},w_{j})=0$$\phi (w_{j},w_{j})=0$.

Presi in qualche ordine, gli insiemi di generatori sono basi del medesimo sottospazio vettoriale di $V$$V$ e quindi ricaviamo che $z_{1}=z_{2}$$z_{1}=z_{2}$ perché entrambi sono uguali alla dimensione dello spazio nullo.

Siano ora $p_{1}=\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})>0\}$$p_{1}=\{j\,t.c.\,\phi (v_{j},v_{j})>0\}$ e $p_{2}=\{j\,t.c.\,\phi (w_{j},w_{j})>0\}$$p_{2}=\{j\,t.c.\,\phi (w_{j},w_{j})>0\}$. Dobbiamo dimostrare che $p_{1}=p_{2}$$p_{1}=p_{2}$.

Dopo aver eventualmente riordinato le basi ${\mathcal {B}}_{1}$${\mathcal {B}}_{1}$ e ${\mathcal {B}}_{2}$${\mathcal {B}}_{2}$ possiamo supporre senza perdita di generalità che ${\mathcal {B}}_{1}=\{v_{1},\dots ,v_{z},v_{1}',\dots ,v_{p_{1}}',v_{1}'',\dots ,v_{n_{1}}''\}$${\mathcal {B}}_{1}=\{v_{1},\dots ,v_{z},v_{1}',\dots ,v_{p_{1}}',v_{1}'',\dots ,v_{n_{1}}''\}$, dove $n_{1}=d-(z+p_{1})$$n_{1}=d-(z+p_{1})$, dove i vettori del primo gruppo hanno prodotto scalare nullo con sé stessi, quelli del secondo gruppo hanno prodotto scalare positivo con sé stessi e quelli del terzo hanno prodotto scalare con sé stessi negativo.

Analogamente, supponiamo che ${\mathcal {B}}_{2}=\{w_{1},\dots ,w_{z},w_{1}',\dots ,w_{p_{2}}',w_{1}'',\dots ,w_{n_{2}}''\}$${\mathcal {B}}_{2}=\{w_{1},\dots ,w_{z},w_{1}',\dots ,w_{p_{2}}',w_{1}'',\dots ,w_{n_{2}}''\}$.

Supponiamo per assurdo che $z+p_{1}>z+p_{2}$$z+p_{1}>z+p_{2}$. Allora concludo necessariamente che $n_{2}=d-(z+p_{2})>n_{1}$$n_{2}=d-(z+p_{2})>n_{1}$. Se considero la stringa di vettori $v_{1},\dots ,v_{z},v_{1}',\dots ,v_{p_{1}}',w_{1}'',\dots ,w_{n_{2}}''$$v_{1},\dots ,v_{z},v_{1}',\dots ,v_{p_{1}}',w_{1}'',\dots ,w_{n_{2}}''$ il loro numero è $z+p_{1}+n_{1}>z+p_{2}+n_{2}=d$$z+p_{1}+n_{1}>z+p_{2}+n_{2}=d$.

Siccome abbiamo più di $d$$d$ vettori in uno spazio di dimensione $d$$d$, allora tali vettori sono linearmente dipendenti ed esistono scalari $\alpha _{1},\dots ,\alpha _{z},\beta _{1},\dots ,\beta _{p_{2}},\gamma _{1},\dots ,\gamma _{n_{2}}$$\alpha _{1},\dots ,\alpha _{z},\beta _{1},\dots ,\beta _{p_{2}},\gamma _{1},\dots ,\gamma _{n_{2}}$ non tutti nulli tali per cui

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{1}}\alpha _{j}*v_{j}'+\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}''=0_{V},\,{\hbox{relazione }}\ast$$

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{1}}\alpha _{j}*v_{j}'+\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}''=0_{V},\,{\hbox{relazione }}\ast$$

Quindi portando i $w_{j}''$$w_{j}''$ si ricava

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{1}}\alpha _{j}*v_{j}'=-\sum _{j=1}^{n_{2}}\alpha _{j}*w_{j}''$$

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{1}}\alpha _{j}*v_{j}'=-\sum _{j=1}^{n_{2}}\alpha _{j}*w_{j}''$$

Chiamo $R$$R$ il vettore che compare a primo e a secondo membro e si ha $R\neq 0$$R\neq 0$. Calcoliamo $\phi (R,R)$$\phi (R,R)$ in due modi. Da un lato si ha

$$\phi (R,R)=\phi \{\sum _{j=1}^{z}\alpha _{1}*v_{j}+\sum _{i=1}^{p_{1}}\beta _{i}*v_{i},\quad \sum _{k=1}^{z}\alpha _{k}*v_{k}+\sum _{l=1}^{p_{1}}\beta _{l}*v_{l}'\}$$

$$\phi (R,R)=\phi \{\sum _{j=1}^{z}\alpha _{1}*v_{j}+\sum _{i=1}^{p_{1}}\beta _{i}*v_{i},\quad \sum _{k=1}^{z}\alpha _{k}*v_{k}+\sum _{l=1}^{p_{1}}\beta _{l}*v_{l}'\}$$

uso la linearità:

$$\phi (R,R)=\sum _{j=1}^{z}\sum _{k=1}^{z}\alpha _{j}*a_{k}*\phi (v_{j},v_{k})$$

$$\phi (R,R)=\sum _{j=1}^{z}\sum _{k=1}^{z}\alpha _{j}*a_{k}*\phi (v_{j},v_{k})$$

$$+\sum _{j=1}^{z}\sum _{l=1}^{p_{1}}a_{j}*b_{l}*\phi (v_{j},v_{l}')$$

$$+\sum _{j=1}^{z}\sum _{l=1}^{p_{1}}a_{j}*b_{l}*\phi (v_{j},v_{l}')$$

$$+\sum _{i=1}^{p_{1}}\sum _{k=1}^{z}a_{k}*b_{i}*\phi (v_{i}',v_{k})$$

$$+\sum _{i=1}^{p_{1}}\sum _{k=1}^{z}a_{k}*b_{i}*\phi (v_{i}',v_{k})$$

$$+\sum _{l=1}^{p_{1}}\sum _{i=1}^{p_{1}}b_{i}*a_{l}\phi (v_{l}',v_{i}')$$

$$+\sum _{l=1}^{p_{1}}\sum _{i=1}^{p_{1}}b_{i}*a_{l}\phi (v_{l}',v_{i}')$$

I termini del primo addendo scompaiono perché sto considerando vettori che hanno prodotto scalare nullo anche con sé stessi; i termini del secondo e terzo addendo scompaiono perché considero prodotti scalari di vettori appartenenti a gruppi diversi; nell'ultimo addendo sopravvive il termine con $i=l$$i=l$ quindi si ha

$$\phi (R,R)=\sum _{i=1}^{p_{1}}(\beta _{i})^{2}*\phi (v_{i}',v_{i}')$$

$$\phi (R,R)=\sum _{i=1}^{p_{1}}(\beta _{i})^{2}*\phi (v_{i}',v_{i}')$$

allora $\phi (R,R)\geq 0$$\phi (R,R)\geq 0$ ed è uguale a 0 se e solo se $\beta _{i}=0$$\beta _{i}=0$, per ogni $i=1,\dots ,p_{1}$$i=1,\dots ,p_{1}$.

Usando invece l'espressione $R=-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}''$$R=-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}''$ ricaviamo

$$\phi (R,R)=\phi (-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}'',\,-\sum _{l=1}^{n_{2}}\gamma _{l}*w_{l}'')$$

$$\phi (R,R)=\phi (-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}'',\,-\sum _{l=1}^{n_{2}}\gamma _{l}*w_{l}'')$$

uso la bilinearità e ottengo

$$=\sum _{j,l=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*\gamma _{l}*\phi (w_{j}'',w_{l}'')$$

$$=\sum _{j,l=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*\gamma _{l}*\phi (w_{j}'',w_{l}'')$$

La base di $W$$W$ è ortogonale, quindi:

$$\phi (R,R)=\sum _{j=1}^{n_{2}}(\gamma _{j})^{2}*\phi (w_{j}'',w_{j}'')<0$$

$$\phi (R,R)=\sum _{j=1}^{n_{2}}(\gamma _{j})^{2}*\phi (w_{j}'',w_{j}'')<0$$

perché sto considerando vettori appartenenti al gruppo di quelli che hanno prodotto scalare negativo con se stessi. Si ha $\phi (R,R)=0$$\phi (R,R)=0$ se e solo se $\gamma _{j}=0$$\gamma _{j}=0$ per ogni $j=1,\dots ,n_{2}$$j=1,\dots ,n_{2}$.

Allora $\phi (R,R)\geq 0$$\phi (R,R)\geq 0$ nel primo caso, $\phi (R,R)\leq 0$$\phi (R,R)\leq 0$ nel secondo caso e si conclude che $\phi (R,R)=0$$\phi (R,R)=0$ e quindi $\gamma _{j}=0$$\gamma _{j}=0$ per ogni $j=1,\dots ,n_{2}$$j=1,\dots ,n_{2}$, allora $R$$R$ stesso è uguale a 0 se considero la seconda espressione, quindi $-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}$$-\sum _{j=1}^{n_{2}}\gamma _{j}*w_{j}$ è il vettore nullo. Allora, tornando alla relazione $\ast$$\ast$, ricaviamo che

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{2}}\beta _{j}*v_{j}'=0$$

$$\sum _{j=1}^{z}\alpha _{j}*v_{j}+\sum _{j=1}^{p_{2}}\beta _{j}*v_{j}'=0$$

ma siccome questi vettori sono linearmente indipendenti, essendo parte di una base, tutti gli scalari sono nulli. Questo è assurdo, perché avevamo supposto che qualche scalare fosse diverso da 0.

L'unico modo per evitare l'assurdo è supporre che $p_{1}$$p_{1}$ non possa essere maggiore di $p_{2}$$p_{2}$, quindi $p_{1}\leq p_{2}$$p_{1}\leq p_{2}$ e scambiando i ruoli delle basi, $p_{2}\leq p_{1}$$p_{2}\leq p_{1}$ per un ragionamento analogo e quindi $p_{1}=p_{2}$$p_{1}=p_{2}$ per ogni scelta di basi di $V$$V$ ortogonali.

cvd

 

Esempio 16.2

Sia $\phi (x,y)=x^{t}*A*y$$\phi (x,y)=x^{t}*A*y$ e definisco

$$A={\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}}$$

$$A={\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}}$$

Trovare $z(\phi )$$z(\phi )$ e $p(\phi )$$p(\phi )$

$Z(\phi )$$Z(\phi )$ è la dimensione dello spazio nullo, e quindi del ker di $A$$A$ che in questo caso è 0.

Se $p(\phi )$$p(\phi )$ fosse 2, il prodotto scalare sarebbe definito positivo e questo non avviene, perché le entrate sulla diagonale sono uguali a 0. Se $p(\phi )$$p(\phi )$ fosse 0, il prodotto sarebbe definito negativo, ma questo non avviene: infatti considero la base di $\mathbb {R} ^{2}$$\mathbb {R} ^{2}$ ortogonale per $\phi$$\phi$ data da $\{e_{1}+e_{2},\,e_{1}-e_{2}\}$$\{e_{1}+e_{2},\,e_{1}-e_{2}\}$: la matrice che rappresenta $\phi$$\phi$ in questa base, ovvero la matrice con entrate $a_{i,j}=\phi (v_{i},v_{j})$$a_{i,j}=\phi (v_{i},v_{j})$, è

$${\begin{array}{cc}2&0\\0&-2\end{array}}$$

$${\begin{array}{cc}2&0\\0&-2\end{array}}$$

che ha un'entrata positiva sulla diagonale. Allora il prodotto scalare non è definito negativo e $p(\phi )=1$$p(\phi )=1$.

 

Esempio 16.3

Considero la matrice

$${\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}}$$

$${\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}}$$

$z(\phi )=1$$z(\phi )=1$ perché la dimensione del nucleo della matrice è 1.

$p(\phi )$$p(\phi )$ può essere 0 o 1. Se fosse 0, il prodotto sarebbe semidefinito negativo. Questo non può avvenire, perché ad esempio $\phi (e_{1},e_{1})=0$$\phi (e_{1},e_{1})=0$. Allora necessariamente $p(\phi )=1$$p(\phi )=1$.

 

Definizione 16.3

Un prodotto scalare $\phi :V\times V\to \mathbb {R}$$\phi :V\times V\to \mathbb {R}$ sullo spazio vettoriale reale si dice positivo semidefinito se $\phi (v,v)\geq 0$$\phi (v,v)\geq 0$ per ogni $v\in V$$v \in V$.

Analogamente, $\phi$$\phi$ è negativo semidefinito se $\phi (v,v)\leq 0$$\phi (v,v)\leq 0$ per ogni $v\in V$$v \in V$.