$A$ เป็นเมทริกซ์จริงและสำหรับบางคน $k\geq 2,A^{k}$ คล้ายกับเมทริกซ์มุมฉากวิธีการพิสูจน์ $A$ ยังคล้ายกับเมทริกซ์มุมฉาก?

Aug 17 2020

ความพยายามของฉัน

$A^{k}=POP^{-1}$ที่นี่ $O$ เป็นเมทริกซ์มุมฉากฉันต้องการหาเมทริกซ์มุมฉาก $O_{1}$ และ $O_{1}^{k}=O.$ ฉันคิดว่าสิ่งนี้สามารถทำได้เพราะเมทริกซ์ผกผันจะมี 'รากที่สอง' เสมอ แต่ถึงแม้จะทำได้และ$A^{k}\sim O_{1}^{k}.$สิ่งนี้จะยังไม่ให้ข้อมูลใด ๆ เกี่ยวกับ $A$ดังนั้นวิธีใช้ข้อมูลที่กำหนดโดยรูปแบบบัญญัติบางประการของ $A^{k}$ เพื่อค้นหาข้อมูลเกี่ยวกับ $A$เหรอ?

พยายามต่อไป

ฉันคิดว่าบางทีฉันควรพิจารณาปัญหานี้ $\mathbb{C}.$ดังนั้น $O$ เป็นเมทริกซ์ปกติที่ซับซ้อนพิเศษดังนั้นโดยทฤษฎีบทสเปกตรัม $O$ เปิดในแนวทแยงมุมได้ $\mathbb{C}$นี่หมายความว่า $A^{k}$ เป็นเส้นทแยงมุมได้และโมดูลัสของค่าลักษณะเฉพาะคือ 1 ดังนั้นจึงเป็น A ดังนั้น $A\sim M=diag\{e^{i\theta_{1}},\cdots,e^{i\theta_{s}},\lambda_{s+1},\cdots,\lambda_{n}\}.$ เป็นที่ชัดเจนว่า M นั้นคล้ายกับเมทริกซ์มุมฉากบน $\mathbb{C}.$

ข้อพิสูจน์นี้ค่อนข้างแปลกเนื่องจากเราพิจารณาเพียงอย่างเดียว $\mathbb{R}$ เมื่อพูดถึงเมทริกซ์มุมฉากและปัญหานั้นไม่ได้ระบุถึงฟิลด์ที่เราใช้

มีทางออกที่ดีกว่านี้ไหม？

คำตอบ

1 user8675309 Aug 17 2020 at 05:50

ผมถือว่า $P$คือเมทริกซ์ที่มีมูลค่าจริง (ถ้าต้องใช้$\mathbb C$ ด้านล่างนี้สามารถเปลี่ยนแปลงได้เล็กน้อยเพื่อพิจารณารูปแบบ Hermitian แทน)

พิจารณาพื้นที่เวกเตอร์พิกัดที่กำหนดโดย $V=\mathbb R^n$ และตัวดำเนินการเชิงเส้นบนช่องว่างนี้กำหนดโดย $T:= P^{-1}AP$. มันพอเพียงที่จะแสดงให้เห็นว่า$T$คล้ายกับเมทริกซ์มุมฉากจริง ตั้งแต่$T^k$ เป็นเรื่องไร้สาระเช่นกัน $T$.

ด้วย $\langle, \rangle$แสดงถึงผลิตภัณฑ์ด้านมาตรฐานจริงเรากำหนดดังต่อไปนี้รูปแบบ bilinear สมมาตรที่กำหนดเอง สำหรับ$v,v' \in V$

$\langle v, v' \rangle_c := \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\langle T^j v, T^j v'\rangle$.
ทันทีที่รูปแบบนี้เป็นบวกแน่นอน ประกาศเพิ่มเติม

$\langle Tv, Tv' \rangle_c $
$= \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\langle T^{j+1}v, T^{j+1}v'\rangle $
$= \frac{1}{k}\Big(\sum_{j=0}^{k-2}\langle T^{j+1}v, T^{j+1}v'\rangle\Big) + \frac{1}{k}\langle T^{k}v, T^{k}v'\rangle$
$= \frac{1}{k}\Big(\sum_{j=1}^{k-1}\langle T^{j}v, T^{j}v'\rangle\Big) + \frac{1}{k}\langle v, v'\rangle$
$= \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\langle T^j v, T^j v'\rangle$
$=\langle v,v' \rangle_c $

โดยนัยนี้ $T$ เป็นตัวดำเนินการที่ตั้งฉากกับรูปแบบทวิภาคีที่กำหนดเอง

ตอนนี้คำนวณภาพของ $T$ ด้วยความเคารพต่อพื้นฐานที่เลือกอย่างดี
$T\mathbf B=\mathbf BQ$
ที่ไหน $\mathbf B$ถูกเลือกให้เป็นพื้นฐาน orthonormal ตามรูปแบบทวิภาคีที่กำหนดเองและ$Q$คือเมทริกซ์บางส่วน เนื่องจากพื้นที่เวกเตอร์ของเราคือ$V=\mathbb R^n$เราทราบว่า $\mathbf B$ อาจตีความได้ว่าเป็นเมทริกซ์ที่กลับหัวได้

$\langle v, v' \rangle_c = \langle Tv, Tv' \rangle_c \longrightarrow$ $Q$เป็นฉากที่เกี่ยวกับผลิตภัณฑ์ด้านมาตรฐาน

สุดท้าย
$T =T\big(\mathbf B\mathbf B^{-1}\big) = \big(T\mathbf B\big)\mathbf B^{-1}= \big(\mathbf BQ\big)\mathbf B^{-1}= \mathbf BQ\mathbf B^{-1}$

ดังนั้น $T$ คล้ายกับเมทริกซ์มุมฉาก

เหตุผลโดยละเอียดว่า $Q^TQ = I$:
$v = \mathbf B\mathbf x$ และ $v' =\mathbf B y$;
$\mathbf w = Q\mathbf x$ และ $\mathbf z = Q\mathbf y$
$\langle T v, Tv'\rangle_c$
$=\langle T\mathbf B\mathbf x\mathbf , T\mathbf B\mathbf y\rangle_c$
$=\langle \mathbf B (Q\mathbf x), \mathbf B(Q\mathbf y)\rangle_c$
$=\langle \mathbf B \mathbf w, \mathbf B\mathbf z\rangle_c$
$=\langle \sum_{k=1}^n \mathbf b_k w_k , \sum_{i=1}^n \mathbf b_i z_i\rangle_c$
$=\sum_{k=1}^n w_k\langle \mathbf b_k , \sum_{i=1}^n \mathbf b_i z_i\rangle_c$
$=\sum_{k=1}^n w_k\sum_{i=1}^n z_i \langle \mathbf b_k , \mathbf b_i \rangle_c$
$=\sum_{k=1}^n w_k z_k\langle \mathbf b_k , \mathbf b_k \rangle_c$
$=\sum_{k=1}^n w_k z_k$
$=\mathbf w^T\mathbf z$
$=\mathbf x^T Q^T Q\mathbf y$
และโดยการคำนวณที่แทบจะเหมือนกัน $\langle v, v'\rangle_c = \mathbf x^T \mathbf y\longrightarrow \mathbf x^T \mathbf y = \mathbf x^T Q^T Q\mathbf y$
ที่ความหมายตามมาเพราะ $\langle Tv, Tv'\rangle_c = \langle v, v'\rangle_c$
เนื่องจากข้างต้นถือเป็นการเลือกตามอำเภอใจ $\mathbf x$ และ $\mathbf y$ เราสรุปได้ว่า $Q$เป็นฉากที่เกี่ยวกับผลิตภัณฑ์ด้านมาตรฐาน

หมายเหตุ
ข้างต้นยังให้ข้อพิสูจน์ว่าทำไม$M^k = I$ บอกเป็นนัยว่า $M$ เป็นเส้นทแยงมุมมากกว่า $\mathbb C$, เช่น $I$เป็นเพียงกรณีพิเศษของเมทริกซ์มุมฉากจริง ข้างต้นแสดงให้เห็นว่า$M$ คล้ายกับเมทริกซ์มุมฉากจริงซึ่งโดยทฤษฎีบทสเปกตรัมจะคล้ายกับเมทริกซ์ทแยงมุม (over $\mathbb C$). การพิสูจน์มาตรฐานของผลลัพธ์นี้ที่คุณจะเห็นในไซต์นี้ใช้อาร์กิวเมนต์พหุนามขั้นต่ำแม้ว่าพหุนามขั้นต่ำจะไม่สามารถใช้กับคำถามของ OP ได้เช่นกัน

1 Tree23 Aug 17 2020 at 14:24

ฉันพบคำตอบที่ง่ายกว่าด้วยความช่วยเหลือของ @ user8675309

สมมติ $P^{-1}A^{k}P=O$ เป็นมุมฉากและ $S=P^{-1}AP$ ดังนั้น $S^{k}=O.$

แล้วพิจารณา

$$G=\sum_{j=0}^{k-1}(S^{T})^{j}S^{j}.$$

พิสูจน์ได้ง่ายๆว่า $G$ เป็นบวกแน่นอนและ $S^{T}GS=G.$

เช่น $G$ มีค่าแน่นอนในเชิงบวกดังนั้นเราจึงหาตัวกลับไม่ได้ $B$ และ $G=B^{T}B$.