È possibile trovare una matrice ortogonale $V\in M_n(\Bbb R)$ st $A=VDV^T$ con una colonna non proporzionale a nessuna colonna di $U$?
Permettere $A\in M_n(\Bbb R)$ essere una matrice simmetrica con (rigorosamente) minore di $n$autovalori distinti. Da$A$ è diagonalizzabile, possiamo scriverlo come $A=UDU^T$ dove $U\in M_n(\Bbb R)$ è ortogonale e $D\in M_n(\Bbb R)$ è diagonale.
Domanda:
È possibile trovare una matrice ortogonale $V\in M_n(\Bbb R)$ st $A=VDV^T$ a condizione che almeno una colonna di $V$ non è proporzionale a nessuna colonna di $U$?
I miei pensieri:
Penso che il fatto sia inferiore a $n$ autovalori distinti garantiscono che sia possibile trovarli $V$, altrimenti sarebbe impossibile.
Poiché ci sono meno di $n$ autovalori distinti, c'è un autospazio $E_{\lambda'}$ corrispondente all'autovalore $\lambda'$ st $\dim\left(E_{\lambda'}\right)=k\geqslant 2$.
Permettere $\{e_1,\ldots,e_k\}$ essere una base ortonormale per l'autospazio $E_{\lambda'}$ e osserviamo un piano in $\Bbb R^n$ attraversato da, diciamo, $M=\operatorname{span}\{e_1,e_2\}$.
Permettere $f_1=\frac{e_1+e_2}{\left\|e_1+e_2\right\|}$. Poi$f_2\in M$ è un altro vettore unitario (sullo stesso piano) st $f_1\perp f_2$.
In realtà, potremmo applicare Gramm-Schmidt a una base arbitraria scritta come$\{\alpha e_1+\beta e_2,\gamma e_1+\delta e_2\},\alpha,\beta,\gamma,\delta\in\Bbb R$.
Pensavo di poter raggiungere lo stesso risultato anche ruotando $e_1$ e $e_2$ sull'aereo $M$ per qualche angolo $\varphi\ne k\pi,k\in\Bbb Z$.
Se questa parte della mia dichiarazione vale, allora, ovviamente, $\{f_1,f_2,e_3,\ldots,e_k\}$ è anche una base ortonormale per $M$. Credo che questo potrebbe valere induttivamente per chiunque$M\leqslant E_{\lambda'}$, dove $2\leqslant\dim M\leqslant\dim E_{\lambda'}$.
Posso chiedere la verifica della dichiarazione e consigli su come (dis) dimostrarla in modo conciso?
Grazie in anticipo!
Risposte
La risposta è si.
Raccomando il seguente approccio. Innanzitutto, nota che$$ A = VDV^T = UDU^T \implies\\ VDV^T = UDU^T \implies\\ U^TVDV^TU = U^TUDU^TU \implies\\ (U^TV) D(U^TV)^T = D. $$ Con questo in mente, lascia $W$ denota la matrice ortogonale $W = U^TV$. abbiamo$$ WDW^T = D \implies WD = DW. $$ In altre parole, $W$ è una matrice ortogonale per la quale $WD = DW$. Tieni presente che una volta che abbiamo$W$, noi abbiamo $W = U^TV \implies V = UW$.
Adesso, $A$ha un autovalore ripetuto; chiamare questo autovalore$\lambda$. Senza perdere di generalità, supponiamo che$\lambda$ viene prima tra le voci diagonali di $D$, e scrivi $$ D = \pmatrix{\lambda I_k & 0\\0 & D'} $$ dove $I_k$ è una dimensione $k$ matrice identità (con $k \geq 2$) e $D'$è anche diagonale. Affermo che se$W_1$è qualsiasi $k \times k$ matrice ortogonale an $W_2$ è diagonale con $\pm1$Ecco, quindi la matrice del blocco $$ W = \pmatrix{W_1 & 0\\0 & W_2} $$ sarà ortogonale e soddisferà $WD = DW$. Stabiliamo che per nostra scelta di$W$, $W_1$ non ha voci zero.
Ora, nota che le voci di $W$ sono i prodotti punto delle colonne di $U$ con colonne di $V$. Con questo in mente, concludilo perché la prima colonna di$W$ ha $k \geq 2$ voci diverse da zero, la prima colonna di $V$non è un multiplo di nessuna delle colonne di$U$.