Es este operador $$A = \pmatrix{1&1\\0&1}$$ auto-adjuntos? Yo creo que no, porque $$\pmatrix{1&1\\0&1}^T\neq A$$ donde $T$ es la transposición de la matriz. ¿Qué piensan ustedes que?
Respuestas
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Suponiendo que esto es un operador en $\mathbb{R}^2$ con el estándar de producto interior $\left< x, y \right> = x \cdot y$, entonces sí, este es el correcto razonamiento.
En general, es necesario especificar una interna del producto para saber si un operador auto-adjunto, debido a la auto-adjointness significa $\left< x, A y \right> = \left< A x, y \right>$.
En este caso, el aviso de que $\left< x, A y \right> = x^T A y$ mientras $\left< A x, y \right> = (Ax)^T y = x^T A^T y$. Por tanto, las necesidades de $A = A^T$.
Jukka Dahlbom
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No, el operador no es auto adjunto. Su razonamiento es correcto.
Tenga en cuenta que la definición de el adjunto de un operador es no , simplemente, que el medico adjunto de $A$$A^T$. Sin embargo, en el contexto real de las matrices de tomarse con respecto a la norma dot producto o con respecto a la norma base dual, esto es lo que "adjunto" viene a significar. Un operador es "auto-adjunto" si es igual a su adjunto, que para el real matrices significa que $A = A^T$.
Spencer
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48
De hecho, para cualquier producto escalar, $A$ nunca es auto-adjunto. Deje $f$ ser un no-degenerada bilineal simétrica forma en $\mathbb{R}^2$ $M=\begin{pmatrix}a&b\\b&c\end{pmatrix}$ ser su matriz en la base canónica. El adjoint $\tilde{A}$ $A$ está definido por $f(x,\tilde{A}y)=f(Ax,y)$$M\tilde{A}=A^TM$. Por lo tanto $A$ es auto-adjunto iff $MA=A^TM$. Obtenemos las siguientes condiciones $M$: $a=0,b\not= 0$, y $f$ no puede ser positivo.
EDIT. Podemos demostrar la PROPOSICIÓN (válido para cualquier $n$): Vamos a $A\in M_n(\mathbb{R})$. No es un producto escalar $f$ s.t. $A$ es auto-adjunto con respecto a $f$ $\iff$ $A$ es diagonalizable sobre $\mathbb{R}$.
PRUEBA. ($\Rightarrow$) De acuerdo con Andreas comentario de abajo, si $A$ $M$- auto-adjunto, a continuación, $A$ puede ser diagonalized con un $M$-ortogonal de la matriz $U$ (satisface $f(x,y)=f(Ux,Uy)$$M=U^TMU$).
($\Leftarrow$) No es invertible $P$ s.t. $A=PDP^{-1}$ donde $D$ es diagonal. Deje $\Delta$ positivo de la diagonal de la matriz y $M=P^{-T}\Delta P^{-1}$; tenga en cuenta que $M$ es simétrica $>0$. Claramente $MA=A^TM$ y hemos terminado.
