Apakah mungkin untuk menemukan matriks ortogonal $V\in M_n(\Bbb R)$ st $A=VDV^T$ dengan kolom yang tidak proporsional dengan kolom mana pun dari $U$?
Membiarkan $A\in M_n(\Bbb R)$ menjadi matriks simetris dengan (ketat) kurang dari $n$nilai eigen yang berbeda. Sejak$A$ dapat didiagonalisasi, kita dapat menuliskannya sebagai $A=UDU^T$ dimana $U\in M_n(\Bbb R)$ adalah ortogonal dan $D\in M_n(\Bbb R)$ adalah diagonal.
Pertanyaan:
Apakah mungkin untuk menemukan matriks ortogonal $V\in M_n(\Bbb R)$ st $A=VDV^T$ dengan syarat setidaknya satu kolom $V$ tidak proporsional dengan kolom mana pun dari $U$?
Pikiran saya:
Saya pikir faktanya ada kurang dari $n$ eigenvalues yang berbeda menjamin kemungkinan untuk menemukannya $V$, jika tidak, itu tidak mungkin.
Karena ada kurang dari $n$ eigenvalues berbeda, ada ruang eigen $E_{\lambda'}$ sesuai dengan nilai eigen $\lambda'$ st $\dim\left(E_{\lambda'}\right)=k\geqslant 2$.
Membiarkan $\{e_1,\ldots,e_k\}$ menjadi dasar ortonormal untuk ruang angkasa $E_{\lambda'}$ dan mari kita amati satu pesawat masuk $\Bbb R^n$ terbentang oleh, katakanlah, $M=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$.
Membiarkan $f_1=\frac{e_1+e_2}{\left\|e_1+e_2\right\|}$. Kemudian$f_2\in M$ adalah vektor satuan lain (dalam bidang yang sama) st $f_1\perp f_2$.
Sebenarnya, kami dapat menerapkan Gramm-Schmidt ke dalam basis sembarang yang ditulis sebagai$\{\alpha e_1+\beta e_2,\gamma e_1+\delta e_2\},\alpha,\beta,\gamma,\delta\in\Bbb R$.
Saya pikir saya juga bisa mencapai hasil yang sama dengan memutar $e_1$ dan $e_2$ di pesawat $M$ untuk beberapa sudut $\varphi\ne k\pi,k\in\Bbb Z$.
Jika bagian dari pernyataan saya ini berlaku, maka, tentu saja, $\{f_1,f_2,e_3,\ldots,e_k\}$ juga merupakan dasar ortonormal untuk $M$. Saya percaya ini bisa berlaku secara induktif untuk siapa saja$M\leqslant E_{\lambda'}$, dimana $2\leqslant\dim M\leqslant\dim E_{\lambda'}$.
Bolehkah saya meminta verifikasi atas pernyataan dan nasehat bagaimana secara ringkas (tidak) membuktikannya?
Terima kasih sebelumnya!
Jawaban
Jawabannya iya.
Saya merekomendasikan pendekatan berikut. Pertama, perhatikan itu$$ A = VDV^T = UDU^T \implies\\ VDV^T = UDU^T \implies\\ U^TVDV^TU = U^TUDU^TU \implies\\ (U^TV) D(U^TV)^T = D. $$ Dengan mengingat hal itu, biarkan $W$ menunjukkan matriks ortogonal $W = U^TV$. Kita punya$$ WDW^T = D \implies WD = DW. $$ Dengan kata lain, $W$ adalah matriks ortogonal yang untuknya $WD = DW$. Ingatlah bahwa dulu kita punya$W$, kita punya $W = U^TV \implies V = UW$.
Sekarang, $A$memiliki nilai eigen berulang; sebut nilai eigen ini$\lambda$. Tanpa kehilangan keumuman, anggap saja$\lambda$ menjadi yang pertama di antara entri diagonal $D$, dan tulis $$ D = \pmatrix{\lambda I_k & 0\\0 & D'} $$ dimana $I_k$ adalah sebuah ukuran $k$ matriks identitas (dengan $k \geq 2$) dan $D'$juga diagonal. Saya mengklaim bahwa jika$W_1$apakah ada $k \times k$ matriks ortogonal an $W_2$ berbentuk diagonal dengan $\pm1$'s, lalu matriks blok $$ W = \pmatrix{W_1 & 0\\0 & W_2} $$ akan ortogonal dan memuaskan $WD = DW$. Mari kita tetapkan itu untuk pilihan kita$W$, $W_1$ tidak memiliki entri nol.
Sekarang, perhatikan bahwa entri $W$ adalah produk titik dari kolom $U$ dengan kolom $V$. Dengan mengingat hal itu, simpulkan itu karena kolom pertama dari$W$ memiliki $k \geq 2$ entri bukan nol, kolom pertama dari $V$adalah tidak kelipatan dari salah satu kolom dari$U$.