Positiva vezes simétrica é diagonalizável. Solução.

Hoje, trago as soluções que conheço para o problema de álgebra linear proposto na postagem anterior. Abaixo, o problema e as soluções.

Problema. Sejam A e B duas matrizes simétricas. Se A é positiva definida, então AB é diagonalizável.

A primeira solução que apresento é devida a Rafael A. da Ponte

Solucão 1. 

Mostra-se, primeiro, que os autovalores de $AB$ são reais. 

Seja $\alpha$ um autovalor de $AB$, seja $v$ um autovetor correspondente a $\alpha$ (eventualmente com entradas não-reais) e $\beta$ o conjugado de $\alpha$.  Então, teremos:

$Bv\cdot v =  v \cdot Bv $ <=> $ A^{-1}ABv\cdot v  =  v\cdot A^{-1}ABv $ <=> $A^{-1}\alpha v\cdot  v =  v\cdot A^{-1}\alpha v$ <=> $\alpha A^{-1}v\cdot v = \beta v \cdot A^{-1}v. $

Daí, teremos $\beta = \alpha$ ou $Av\cdot v = 0.$ A última possibilidade não acontece, pois $A^{-1}$ é positiva e $v$ é não nulo. Logo $\alpha$ é real. 

Uma vez mostrado que os autovalores de $AB$ são reais, supomos que $AB$ não é diagonalizável, isto é, existem $\alpha$ real e vetores $v$ e $w$ não-nulos tais que $ABv = \alpha v + w$ e $ABw = \alpha w$ (tais vetores aparecem naturalmente no Teorema de Jordan).  Então:

$Bv\cdot w  =  Bw\cdot v$ <=> $A^{-1}ABv\cdot w = A^{-1}ABw\cdot v$ <=> $\alpha A^{-1}v\cdot w + A^{-1}w\cdot w = \alpha A^{-1}w\cdot v$  <=>  $A^{-1}w\cdot w = 0.$ 

A última igualdade não pode ocorrer, uma vez que $A^{-1}$ é positiva e $w$ é não-nulo. Logo, a matriz de Jordan de $AB$ é diagonal, logo $AB$ é diagonalizável. 

Final da solução 1.

A solução seguinte conheci através do site http://math.stackexchange.com (user 1551) e coincide com a solução enviada por Diego Sousa (o autor do blog  gigamatematica)

Solução 2.

Seja $M$ matriz simétrica e invertível tal que $M^2=A.$ A existência de $M$ vem do fato de $A$ ser uma matriz positiva. Então, $AB= M (MBM) M^{-1}$, isto é, $AB$ é semelhante 

a $MBM$ que é matriz simétrica, logo $AB$ é diagonalizável.

   

Final da solução 2.

Agora, a solução que o Professor Flávio Cruz me apresentou. 

Solução 3. 

Desde que $A$ é uma matriz simétrica positiva, a seguinte função $(v,w)\rightarrow A^{-1}v\cdot w$ define um produto interno em $\mathbb{R}^n$ que faz da matriz $AB$ um operador auto-adjunto, donde diagonalizável.

Final da solucão 3.

Finalmente, gostaria de observar que a questão levantada por Diego Sousa no campo de comentários da postagem anterior, a saber: 

"qual seria a versão complexa do problema acima ?"  

foi respondida por Rafael A. da Ponte no mesmo campo de comentários fazendo referência à Solução 1 apresentada aqui.

Positiva vezes simétrica é diagonalizável

A cena acima descreve parte do meu encontro, na última segunda-feira, com meu amigo Flávio. Flávio é um matemático que trabalha sobre imersões isométricas. 

Pois bem! Após a saudação, minhas próximas  palavras foram: 

- Rafael, aluno do bacharelado em matemática da UFC (e leitor deste blog!), resolveu o problema que você propôs.

O problema proposto pelo Professor Flávio era um problema de Álgebra Linear que apareceu como subproduto de sua pesquisa.

Eis o dito cujo!

Problema. Sejam A e B duas matrizes simétricas. Se A é positiva definida, então AB é diagonalizável.

Ops! Quase esquecia de falar qual é a relação do Professor Flávio com o Icasa. Icasa é um time de futebol aqui no Ceará que vive um momento de distinção entre os times cearenses porque será um dos nossos representantes na série B (isso mesmo, série B) do campeonato brasileiro de 2013. E, obviamente, o professor Flávio é um dos esperançosos torcedores do Icasa. Salve Icasa!

Sobre o problema acima, hoje  conheço 3 soluções para ele: a solução do Rafael, a do Professor Flávio e uma outra que encontrei no site http://math.stackexchange.com/

Na próxima postagem, mostrarei as 3 soluções!

Desigualdade de Weyl

Em 2007, um conhecido stick, um stick que de certa forma é observado pelos seus pares,  um tipo que se expressa com uma mão no bolso de sua calça e a outra livre fazendo movimentos como de um maestro que comanda uma orquestra sinfônica (acho que não sei defini-lo!), apresentou-me o seguinte problema:

É bem conhecido que os autovalores de uma matriz simétrica variam continuamente com a matriz. Podemos afirmar que essa variação é lipschitziana?

Aceitei o desafio e, juntamente com um colega de trabalho, obtive uma resposta positiva para a pergunta acima. Contudo, a solução obtida era muito feia e, para mim, aquela prova merecia ser esquecida. Antes de esquecê-la, refleti bastante sobre a seguinte frase de Michel Atiyah

"Existe teorema bonito com prova feia, mas não existe teorema feio com prova bonita".

Certamente, a dependência Lipschitz dos autovalores de uma matriz simétrica é um teorema bonito e, embora Sir Michael Atiyah trouxesse a permissão de termos provas feias para teoremas bonitos, eu sentia que aquele não seria o caso em que eu deveria me conformar com aquela prova, porque ela era demasiadamente feia. 

Pouco tempo depois, ministrando uma disciplina de álgebra linear, conheci uma prova adequada para a variação lipschitziana dos autovalores de matrizes simétricas.

O objetivo de hoje é mostrar de uma forma muito elegante a Desigualdade de Weyl, desigualdade que responde positivamente à pergunta daquele stick legal.

A partir daqui, passo à apresentação direta da Desigualdade de Weyl e sua prova. 

Inicialmente, lembramos que o espaço das matrizes de ordem $n$ admite uma norma definida da seguinte maneira: dada uma matriz $A$ de ordem $n$, $$\|A \|= max\{|Ax| \ : \ x\in\mathbb{R}^n, |x|=1\}.$$
No caso em que $A$ é uma matriz simétrica é muito fácil mostrar que $\|A\|$ coincide com o maior valor absoluto dos autovalores de $A$.

Antes de enunciarmos a desigualdade de Weyl, consideremos mais algumas notações. Para cada matriz simétrica $M$ de de ordem $n$, estabelecemos que o i-ésimo autovalor de $M$, denotado por $\lambda_i(M)$, respeita a seguinte ordem  $$\lambda_1(M)\geq\cdots\geq\lambda_n(M).$$
Utilizamos $x\cdot y$ para representar o produto interno euclidiano entre os vetores $x$ e $y$ em $\mathbb{R}^n$.

Desigualdade de Weyl
Sejam $A$ e $B$ matrizes simétricas de ordem $n$. Então, vale a seguinte desigualdade: $|\lambda_i(A)-\lambda_i(B) | \leq \| A-B \|, \ i=1,\dots,n$.

Prova. Sejam $\{x_1,\dots,x_n\}$ e $\{y_1,\dots,y_n\}$ bases ortonormais de $\mathbb{R}^n$ em que $x_i$ é autovetor de $A$ associado ao i-ésimo autovalor de $A$ e $y_i$ é autovetor de $B$ associado ao i-ésimo autovalor de $B$. Para cada $j=1,\dots,n$, seja $z_j$ vetor unitário na interseção dos subespaços $span\{x_1,\dots,x_j\}$ e $span\{y_j,\dots,y_n\}$. Como $\lambda_j(A)\leq Az_j\cdot z_j$ e $\lambda_j(B)\geq Bz_j\cdot z_j$, obtemos:

$\lambda_j(A)-\lambda_j(B)\leq \lambda_1(A-B)$.

Substituíndo $A$ por $-A$ e $B$ por $-B$ na desigualdade acima, obtemos:

$\lambda_j(A)-\lambda_j(B)\geq \lambda_n(A-B)$.

Juntando as duas últimas desigualdades, obtemos a almejada desigualdade de Weyl.

Final da Prova