Il teorema di Perron-Frobenius è un risultato parecchio utile riguardo a certe classi di matrici. In particolare, afferma che per una matrice i cui elementi sono tutti positivi, allora l’autovalore più grande è non-degenere e il corrispondente autovettore può essere scelto con elementi tutti positivi. Qui seguiamo F Ninio, A simple proof of the Perron-Frobenius theorem for positive symmetric matrices.
Un’applicazione del teorema è in fisica statistica. In quel contesto talvolta la matrice di trasferimento ha elementi positivi, come nel caso del modello di Ising. Sappiamo che
$$Z = \tr(T^N)=\sum_\lambda \lambda^N$$
dove $Z$ è la funzione di partizione e $\lambda$ gli autovalori della matrice di trasferimento. Allora il teorema di Perron-Frobenius garantisce che l’autovalore più grande della matrice di trasferimento $\lambda_{\mathrm{max}}$ sia non-degenere, per cui nel limite termodinamico,
$$F = -kT \lim_{N\to \infty} \frac{1}{N} \log{Z} = -kT \log{\lambda_{\mathrm{max}}}$$
e quindi la fisica è determinata dall’autovalore più grande. Inoltre poiché la matrice di trasferimento può essere espressa come esponenziale dell’Hamiltoniana del corrispondente sistema quantistico, $T=\exp{(-H)}$, il suo autovalore più grande corrisponde allo stato fondamentale dell’Hamiltoniana. Ciò perciò implica il noto fatto che in volume finito lo stato fondamentale dell’Hamiltoniana è unico; perciò la rottura spontanea di simmetria non può avvenire in volume finito, ma solo nel limite termodinamico.
Procediamo quindi alla dimostrazione del teorema sotto l’ipotesi aggiuntiva che la matrice sia simmetrica. Il teorema è valido anche per matrici non simmetriche purché le altre condizioni siano soddisfatte, ma la dimostrazione è parecchio più complicata.
Teorema (Perron-Frobenius) Sia $A$ una matrice simmetrica con elementi positivi, $A_{ij} > 0$, e sia $\lambda$ l’autovalore più grande. Allora:
- $\lambda > 0$;
- l’autovettore corrispondente a $\lambda$ può essere scelto con elementi strettamente positivi;
- $\lambda$ è non-degenere;
- se $\mu$ è un qualsiasi altro autovalore, allora $\lambda > \abs{\mu}$.
Dimostrazione. Poiché $A$ è simmetrica, allora i suoi autovalori sono reali. Inoltre poiché i suoi elementi sono positivi, allora $\tr{A}>0$, perciò la somma degli autovalori è strettamente positiva e quindi l’autovalore più grande è positivo (se l’autovalore più grande fosse infatti negativo, tutti gli altri sarebbero perciò anch’essi negativi e quindi la traccia sarebbe negativa).
Sia $u$ un autovettore di $A$ con autovalore $\lambda$, ovvero $A u = \lambda u$. Possiamo supporre che $u$ sia reale e normalizzato senza perdita di generalità. Definiamo un nuovo vettore $x$ con elementi $x_i = \abs{u_i}$. Ora vogliamo dimostrare che $x$ è un autovettore di $A$ con autovalore $\lambda$ ed elementi strettamente positivi. Abbiamo
$$0 < \lambda = \sum_{ij} A_{ij} u_i u_j = \abs{\sum_{ij} A_{ij} u_i u_j} \leq \sum_{ij} \abs{A_{ij} u_i u_j}= \sum_{ij} A_{ij} x_i x_j$$
Perciò abbiamo
$$\lambda \leq \sum_{ij} A_{ij} x_i x_j$$
Ma il teorema variazionale delle matrici afferma che in generale se $A$ è una matrice e $y$ un vettore normalizzato qualsiasi, allora
$$\sum_{ij} A_{ij} y_i y_j \leq \lambda_{\mathrm{max}}$$
con uguaglianza se e solo se $y$ è un autovettore corrispondente a $\lambda$. Combinando i due risultati abbiamo quindi che
$$\lambda \leq \sum_{ij} A_{ij} x_i x_j \leq \lambda$$
e quindi abbiamo uguaglianza. Perciò per il teorema variazionale $x$ è un autovettore con autovalore $\lambda$ e per definizione ha $x_{i} = \abs{u_i} \geq 0$. Gli elementi in realtà non possono essere nulli. Infatti poiché $x$ è un autovettore abbiamo
$$\sum_{j} A_{ij} x_j =\lambda x_i$$
Se $x_i=0$ allora $\sum_{j} A_{ij} x_j=0$ e poiché $A_{ij} > 0$ e $x_j \geq 0$ allora $x_j=0$ per ogni $j$. Ma ciò non è possibile, perché implicherebbe $u \equiv 0$, che è contrario all’ipotesi che $u$ sia un autovettore. Perciò $x_i \neq 0$ per ogni $i$. Incidentalmente, poiché $x_i = \abs{u_i}$, ciò dimostra anche che $u_i \neq 0$ per ogni $i$.
Ora dimostriamo che $\lambda$ è non degenere. Supponiamo che sia degenere. Allora poiché $A$ è simmetrica, possiamo trovare due autovettori ortogonali $u$ e $v$ entrambi con autovalore $\lambda$. Dalla discussione precedente sappiamo che anche $x$ con $x_i = \abs{u_i}$ è un autovettore con autovalore $\lambda$. Abbiamo perciò
$$\sum_j A_{ij} u_j = \lambda u_i \quad \quad \sum_j A_{ij} \abs{u_j} = \lambda \abs{u_i}$$
Sommando le due equazioni otteniamo
$$\sum_j A_{ij} \pqty{u_j+\abs{u_j}} = \lambda \pqty{u_i+\abs{u_i}}$$
Ora abbiamo due possibilità: se $u_i > 0$ per ogni $i$ allora $x=u$ e tutti gli elementi di $u$ sono strettamente positivi. In alternativa, se uno degli $u_i < 0$ allora $u_i+\abs{u_i}=0$ e quindi $\sum_j A_{ij} \pqty{u_j+\abs{u_j}}=0$. Ma poiché $A_{ij} > 0$ per ipotesi, allora $u_j+\abs{u_j}=0$ per ogni $j$, il che implica che tutti gli $u_j$ siano strettamente negativi. Lo stesso discorso vale per $v$. Per cui tanto $u$ quanto $v$ hanno tutti gli elementi o strettamente positivi o strettamente negativi. Ne segue che $\sum_{i} u_i v_i = \pm \sum_{i} \abs{u_i v_i} \neq 0$ perché come abbiamo visto prima né $u$ né $v$ possono avere elementi nulli. Ne concludiamo che $u$ e $v$ non possono essere ortogonali come da ipotesi e quindi $\lambda$ è non-degenere.
Rimane da dimostrare l’ultima proprietà. Supponiamo che $\mu$ sia un altro autovalore, perciò con $\mu < \lambda$, con autovettore normalizzato $y$. Allora di nuovo per il teorema variazionale sappiamo che
$$\lambda \geq \sum_{ij} A_{ij} \abs{y_i} \abs{y_j} \geq \abs{\sum_{ij} A_{ij} y_i y_j} = \abs{\mu}$$
Ciò dimostra che $\lambda \geq \abs{\mu}$, vogliamo però anche escludere l’uguaglianza. Ciò si verifica se $\lambda = \pm \mu$. Per ipotesi $\mu \neq \lambda$, perciò $\lambda = -\mu$. Inoltre per il teorema variazionale nell’equazione sopra, l’uguaglianza si verifica se $z$ con $z_i=\abs{y_i}$ è un autovettore con autovalore $\lambda$. Ciò implica in particolare che $z_i \neq 0$ e quindi $y_i \neq 0$. Perciò abbiamo
$$\sum_j A_{ij} y_j = -\lambda y_i \quad \quad \sum_j A_{ij} \abs{y_j} = \lambda \abs{y_i}$$
dove abbiamo posto $\mu = -\lambda$. Sommando le due equazioni otteniamo
$$\sum_j A_{ij} \pqty{\abs{y_j}+y_j} = \lambda \pqty{\abs{y_i}-y_i}$$
Poiché $A_{ij} > 0$ e $y_j \neq 0$, allora il membro sinistro dell’equazione è strettamente positivo. Poiché anche $\lambda > 0$ abbiamo perciò $\abs{y_i}-y_i > 0$ ovvero $\abs{y_i} > y_i$, ma ciò è possibile solo se $y_i$ è negativo. Perciò tutti gli elementi di $y$ sono strettamente negativi e quindi $z_i = -y_i$, ma ciò implica che $y_i$ è un autovettore con autovalore $\lambda$, il che è una contraddizione. Ciò conclude la dimostrazione. $\square$