matrici simplettiche
Adriano Amaricci
(per cui A^tIA=I con Ila matrice antisimmetrica a blocchi (0 -1)) è 1
qualunque sia
(1 0 )
la dimensione m (dimensione dei blocchi)? mi serve per dare una
dimostrazione alternativa che le matrici jacobiane di una trasformazione
canonica hanno determinante uguale 1. Grazie
ciao Adriano Amaricc
Valter Moretti
dopo avere discusso con Enrico Pagani sulla faccenda durante lo scritto
di meccanica (quanto segue e' quasi tutto dovuto a lui ed al libro che
mi ha citato) siamo arrivati alla seguente prova:
se A e' simplettica allora, nel corpo complesso se a e' autovalore
di A anche 1/a, a* e 1/a* sono autovalori. A questo punto, posso sempre
trovare una trasformazione di similitudine mediata dalla matrice compessa
C per cui C^-1 A C ha la forma canonica di Jordan trinagolare superiore
(sulla diagonale principale ci sono gli autovalori
di A e sulla diagonale subito sopra a quella principale ci sono alcuni 1
e tutto il resto della matrice e' fatta da zeri). Il determinante
di una matrice diagonale superiore (o inferiore) e' il prodotto dei
termini sulla diagonale e quindi il prodotto degli autovalori di A.
Dato che per ogni autovalore a anche a* 1/a e 1/a* sono autovalori,
il determinante di C^-1 A C si riduce a prodotti di numeri 1, per cui
det (C^-1 A C) = 1. Ma det (C^-1 A C) = det(C^-1) det A det C =
det A perche' det C^-1 = (det C)^-1. (tutto questo
e' indipendente dal fatto che la matrice sia simplettica ed e' una cosa
probabilmente ovvia ma non ce la ricordavamo piu':... il determinante
di una matrice e' il prodotto degli autovalori su C con le debite
molteplicita'geometriche, *anche* se la matrice non e' diagonalizzabile.)
Il fatto che A non abbia autovalori nulli segue dal fatto che det A = +/- 1
come ben sai. Il fatto che se a e' autovalore di A anche a* lo e' segue
dal fatto che A ed il suo polinomio caratteristico sono reali.
Il fatto che se a e' autovalore di A lo e' anche 1/a segue dal fatto che
(indico con J la matrice che sopra hai indicato con I e 2n e' la dimensione dello
spazio, e P(a) e' il polinomio caratteristico)
P(a) = det (A-aI) = det [J (A-aI) J^-1] = det [A^(-1T) - a I ] =
det[A^(-1) - a I] = (det A) det[I - a A] = (det A) det (a[I 1/a - A])
= (det A) (-a)^(2n) P(1/a)
Quindi:
P(a) = (det A) (-a)^(2n) P(1/a)
dato che a e' diverso da zero e det A anche, si ha che
P(a) = 0 <=> P(1/a) = 0
cioe' a e' autovalore se e solo se lo e' 1/a.
In realta' io avevo scovato una dimostrazione piu' rapida,
ma che su basa sul seguente assunto che non sono
ancora riuscito a provare anche se chi conosce queste cose
dice che e' vero: se ho una matrice E 2nx2n divisa in 4 blocchi
ciascuno nXn dati dalle matrici A, B, C , D (dove ho elencato
il blocco in altro a sinistra quello in alto a destra, quello in basso
a sinistra e quello in basso a destra), allora vale:
det E = det (AD - BC)
(forse c'e' qualche trasposto non ho i fogli per controllare)
L'idea e' di provare che il secondo membro soddifa gli assiomi
del determinante per cui e' il determinante a primo membro.
Il casino e' sull'antisimmetria per scambio di righe una nei blocchi
superiori e l'altra in quelli inferiori, non ho avuto tempo di
verificarla e non credo che ne avro'...
Ciao, Valter
Valter Moretti
Valter Moretti wrote:
> se ho una matrice E 2nx2n divisa in 4 blocchi
> ciascuno nXn dati dalle matrici A, B, C , D (dove ho elencato
> il blocco in altro a sinistra quello in alto a destra, quello in basso
> a sinistra e quello in basso a destra), allora vale (?):
>
> det E = det (AD - BC)
>
> *forse c'e' qualche trasposto*
Pare che non sia vero a detta di altri algebristi di qui,
non ho tempo per cercarne una prova o un controesempio, se qualcuno
lo facesse per me gliene sarei grato.
Ciao, Valter
Valter Moretti
Valter Moretti wrote:
Ciao, scusa ma ho scritto una CAZZATA fenomenale!!!!!!!!!!!!
Dal fatto che gli autovalori di una matrice simplettica
siano chiusi rispetto alla coniugazione ed all'inversione non assicura che
il determinante sia 1: una matrice con autovalori -1 e 1 e'
un banale controesempio.
Ho trovato pero' sul Jacobson "Basic Algebra I" una dimostrazione (Lemma 1
sezione 6.9) di un fatto non direttamente legato al problema in esame
che pero' implica che *il gruppo simplettico e' connesso*.
Dato che il determinante e' una funzione continua e sul gruppo simplettico
puo' assumere solo valori +1 e -1, la connessione implica che la funzione
determinante sia costante su tutto il gruppo simplettico.
Dato che sull'identita' del gruppo il determinante vale 1
varra' 1 per ogni matrice del gruppo simplettico. Questo conclude la
dimostrazione.
Pero' deve esserci un modo piu' banale...
Ciao, Valter
Adriano Amaricci
Valter Moretti ha scritto nel messaggio
<39BE3F5A...@science.unitn.it>...
ciao valter, io ci provo come so qualcosa te lo dico. In algebra lineare
sono un po' arrugginito, (ed č passato solo un anno e mezzo :(()
Adriano Amaricci
Valter Moretti ha scritto nel messaggio
>
>
>
>
> Ciao, scusa ma ho scritto una CAZZATA fenomenale!!!!!!!!!!!!
>
> Dal fatto che gli autovalori di una matrice simplettica
> siano chiusi rispetto alla coniugazione ed all'inversione non assicura
che
> il determinante sia 1: una matrice con autovalori -1 e 1 e'
> un banale controesempio.
>
>
> Ho trovato pero' sul Jacobson "Basic Algebra I" una dimostrazione (Lemma
1
> sezione 6.9) di un fatto non direttamente legato al problema in esame
> che pero' implica che *il gruppo simplettico e' connesso*.
> Dato che il determinante e' una funzione continua e sul gruppo
simplettico
> puo' assumere solo valori +1 e -1, la connessione implica che la funzione
> determinante sia costante su tutto il gruppo simplettico.
> Dato che sull'identita' del gruppo il determinante vale 1
> dimostrazione.
>
> Pero' deve esserci un modo piu' banale...
>
> Ciao, Valter
ciao, vedi che succede se invece di guardare i tuoi poveri studenti che
cercano disperatamente di copiare vi mettete a dimostrare che le matrici
simplettiche hanno det=1:)))))
Apparte gli scherzi questa mi sembra ok. Sul fatto che ce ne sia una più
banale concordo pure io dato che sul libro la spaccia per facile dim. e non
la mette:)) In verità non sono molto pratico coi gruppi ma mi sembra di aver
capito. Adesso vedo se sfruttando questa cosa e qualche altra proprietà
riesco a far quadrare le cose.
Ti ringrazio per l'aiuto sei un grande
ciao Adriano
Valter Moretti
Adriano Amaricci wrote:
>
>
>
> Apparte gli scherzi questa mi sembra ok. Sul fatto che ce ne sia una più
> banale concordo pure io dato che sul libro la spaccia per facile dim. e non
> la mette:))
(lo so bene, conosco QUEL libro, non facciamo nomi pero';-))
> In verità non sono molto pratico coi gruppi ma mi sembra di aver
> capito. Adesso vedo se sfruttando questa cosa e qualche altra proprietà
> riesco a far quadrare le cose.
>
> ciao Adriano
Ciao, abbiamo trovato ancora un'altra dimostrazione (che mi pare ricalchi una vecchia
dimostrazione di Weyl) in un certo senso piu' banale perche' non usa la topologia,
ma e' ugualmente piuttosto tecnica (usa essenzialmente la teoria delle forme differenziali)
e si basa sul teorema di Liouville e sul fatto che il flusso dinamico e' canonico.
Quando ho un po' di tempo te la posto...
Ciao, Valter
Valter Moretti
Valter Moretti wrote:
>
>
> Ciao, abbiamo trovato ancora un'altra dimostrazione (che mi pare ricalchi una vecchia
> dimostrazione di Weyl)
...
> Quando ho un po' di tempo te la posto...
>
> Ciao, Valter
Ecco qui nella forma piu' sintetica possibile senza usare "quasi nulla".
Prendi R^2n e mettici la forma simplettica solita nelle coordinate
canoniche q^1,...q^n, p_1,...,p_n, indotta dalla matrice che tu indicavi
con I.
Considera poi che tale forma simplettica I la puoi vedere come una 2-forma
w = dq^k ^ dp_k
dove e' sottointesa la somma sull'indice k da 1 a n e ^ in mezzo
indica il prodotto delle forme "V rovesciato"
Ora prendi f : R^2n -> R^2n LINEARE che conservi la forma simplettica, cioe' sia
una matrice di in Sp(n,R). Varra' allora
f^* w = w (1)
dove f^* e' il pull-back di f sulle 2-forme (l'azione di f estesa alle forme nel modo
piu' ovvio).
Considera ancora la forma di grado massimale (perche' e' prodotto di tante 1-forme quanto e'
la dimensione della varieta', per cui facendo un ulteriore prodotto per qualunque ulteriore
forma si ottiene 0 per antisimmetria)
U := w ^ w ^ ... ^ w dove il prodotto e' preso n volte (ma le w sono 2-forme!),
con un po' di fatica provi che U e' essenzialmente la forma di volume della varieta':
U = C dq^1 ^ ... ^ dq^n ^ dp_1 ^ ... ^ dp_n
dove, se non ho sbagliato i conti, C= (-1)^{n(n-1)/2} / n!, o forse quello e' 1/C, ma non
e' importante.
Dalla (1) hai che, a meno dell'inessenziale fattore C:
f^* U = f^*w ^ f^*w ^ ... ^f^*w = w ^ w ^ ... ^ w = U (2)
Cioe' la forma di volume e' invariante sotto f se f e' simplettica.
D'altra parte come e' ben noto, trasformando le forma differenziali di grado massimo
su una qualsiasi varieta' differenziabile sotto un diffeomorfismo f qualsiasi, si ha
f^*(dq^1 ^ ... ^ dq^n ^ dp_1 ^ ... ^ dp_n) = (det J(f)) dq^1 ^ ... ^ dq^n ^ dp_1 ^ ... ^ dp_n
dove det J(f) e' il determinante della matrice Jacobiana di f, ora pero' e' f stessa essendo
ora f lineare per ipotesi.
Quindi abbiamo che deve essere:
f^* U = (det f) U (3).
Da (2) e (3) insieme si evince, ricordando che f e'una matrice di Sp(n,R):
" Se f e' in Sp(n,R) => det f = 1"
QED
Lo so e' molto tecnica e se non mastichi un po' di forme differenziali
ti sembrera' difficilissima. Mi dispiace, piu' di questo non riesco
a semplificare...
Ciao, Valter
Adriano Amaricci
Valter Moretti ha scritto nel messaggio
[megacut]
> Lo so e' molto tecnica e se non mastichi un po' di forme differenziali
> ti sembrera' difficilissima. Mi dispiace, piu' di questo non riesco
> a semplificare...
>
ci metterò un paio di giorni pe capirla bene ma mi sembra da paura (mi
piacciono le cose complicate :)), magari do una ripassata al pull-back, che
facendolo da autodidatta me lo sono un po' scordato, bhe già che ci sono do
una occhiata anche alle n-forme che non fa male. Comunque ora prendo la
macchina e in un paio d'ore raggiungo Firenze, mi dirigo allegramente verso
l'università, al dipartimento di matematica e do DUE calci nel posteriore a
quei due pazzi che mi hanno scritto il libro!!!!! Comunque: veramente
grazie, quest'esame di meccanica sta diventando una pena più per te che per
me :)))
Grazie, ciao Adriano
> Ciao, Valter
S.Ferri
> * From: "Adriano Amaricci" <amar...@tiscalinet.it>
> Salve, come posso dimostrare che il determinante delle matrici simplettiche
> (per cui A^tIA=I con Ila matrice antisimmetrica a blocchi (0 -1)) è 1
> qualunque sia
> (1 0 )
> la dimensione m (dimensione dei blocchi)?
Consideri lo spazio R^{2n} con coordinate x_1,...,x_n,y_1,...,
y_n e la 2-forma simplettica standard (somma da 1 a n di dx_i wedge
dy_i) che denoti con omega. Dimostri che un simplettomorfismo
(o come si dice in italiano) p, di cui le matrici simplettiche sono
un caso particolare, ha la proprieta' che p* omega=omega e che
preserva la forma dx_1 wedge...wedge dx_n wedge dy_1 wedge ...
wedge dy_n, calcoli questa forma e trovi che e' uguale
a ((-1)^{n(n-1)/2})/n! omega wedge omega wedge ... wedge omega,
da cui det dp(z)=1 (per ogni z in R^{2n}), che nel caso
particolare dei simplettomorfismi lineari e' quello che vuoi tu.
Ciao ciao,
Stefano
PS
Lo so che e' una banalita' ma...controlla un po' di volte quello che
ho scritto che l'ho scritto di frettissima e magari c'ho messo dentro
delle vaccate formidabili.
--
Posted from Puccini.ucc.hull.ac.uk [150.237.196.2]
via Mailgate.ORG Server - http://www.Mailgate.ORG
El Filibustero
>(per cui A^tIA=I con Ila matrice antisimmetrica a blocchi (0 -1)) è 1
>qualunque sia
> (1 0 )
>la dimensione m (dimensione dei blocchi)?
Ciao Adriano, una dimostrazione elementare (che va aggiustata nei
dettagli) puo' essere la seguente. Una matrice simplettica "generale"
ha determinante 1. Per "generale" intendo:
1) A ha almeno un quadrante Q con determinante non nullo (non e'
restrittivo supporre che quel quadrante sia in alto a destra, perche'
se cosi' non fosse si puo' portare in quella posizione, con opportune
moltiplicazioni a destra o a sinistra per I; e det(I)=1.)
2) A e' l'unica matrice simplettica ad avere quella data parte
triangolare superiore. In altri termini, fissati gli elementi della
triangolare superiore, la condizione A^tIA=I determina univocamente i
restanti elementi.
Una tale matrice A si fattorizza come
1 0 * Q 0 * 1 B * 0 1 = -QB Q
C 1 0 Q' 0 1 -1 0 -CQB-Q' CQ
dove Q' e' inversa trasposita di Q; B e C sono matrici simmetriche
opportunamente scelte affinche' il triangolo superiore coincida con
quello di A. I quattro fattori hanno determinante 1. Resta da provare
che le condizioni 1) e 2) sono effettivamente soddisfatte da tutte le
matrici simplettiche (a parte banali rotazioni dei quadranti), o -- se
non e' cosi' -- dimostrare che anche le "non generali" hanno
determinante 1. Ciao
Adriano Amaricci
El Filibustero ha scritto nel messaggio <39ce678...@news.libero.it>...
>Ciao Adriano, una dimostrazione elementare (che va aggiustata nei
Scusa per il notevole ritardo, sono occupato con gli esami:(( Ti ringrazio
per la dimostrazione che mi sembra quella più semplice di quelle fino ad ora
lette.
> Ciao
saluti Adriano Amaricci