Vectores propios izquierdo/derecho

Question

Dejemos que $M$ sea una matriz no simétrica; supongamos que las columnas de la matriz $A$ son los vectores propios derechos de $M$ y las filas de la matriz $B$ son los vectores propios de la izquierda de $M$ .

En una de las respuestas a un pregunta sobre los vectores propios izquierdo y derecho se afirmaba que $AB=I$ . ¿Es eso cierto, y cómo lo demostraría?

Answer 1

La mayoría de los contraejemplos encontrados aquí tienen que ver con las ambigüedades inherentes a la definición de los vectores propios. Hay esencialmente dos tipos:

• Para los valores propios repetidos, los vectores propios que abarcan su espacio no están definidos de forma única. Sólo lo está su subespacio. Cualquier base linealmente indepediente para su espacio servirá (ejemplo extremo $M=I$ cualquier matriz de rango completo $A$ se califica como matriz de vectores singulares derechos. Asimismo, cualquier matriz de rango completo $B$ puede elegirse independientemente como base válida de los vectores singulares de la izquierda).
• Si excluimos esto forzando valores propios distintos, seguimos teniendo que cada vector propio sólo es único hasta un múltiplo escalar, ya que cualquier $q$ satisfaciendo $M q = \lambda q$ también conducirá a $\alpha q$ que satisface la misma ecuación para cualquier $\alpha \neq 0$ . Forzar $\left\|q\right\|=1$ elimina esto sólo parcialmente, en el caso de valor real todavía hay una ambigüedad de signo (por ejemplo, la respuesta de Roberts), en el caso de valor complejo una ambigüedad de fase.

Dejando de lado estas ambigüedades, no olvidemos que los vectores singulares izquierdos de $M$ son vectores singulares derechos de $M^T$ . Así que si $M$ tiene un EVD de la forma $M=A \Lambda A^{-1}$ entonces $M^T = A^{-T} \Lambda A^T$ . Esto demuestra que $B = A^{-1}$ sí califica como un par de vectores singulares izquierdo/derecho. Sólo que si calculamos $A$ y $B$ independientemente, no se garantiza la elección del par de inversos entre el conjunto de ambigüedades. Si los valores propios son distintos podríamos obtener una matriz diagonal (debido a las ambigüedades de escala), si no lo son podríamos obtener algo bastante arbitrario.

Answer 2

Prueba, por ejemplo $$M = \pmatrix{3 & 2\cr -1 & 0\cr}$$ Los valores propios son $1$ y $2$ . Los vectores propios derechos normalizados forman la matriz $$A = \pmatrix{-1/\sqrt{2} & -2/\sqrt{5} \cr 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{5}\cr}$$ Los vectores propios de la izquierda normalizados forman $$ B = \pmatrix{1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5}\cr 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2}\cr}$$ No son inversos.

Answer 3

Aquí hay una prueba tentativa de que $A$ es la inversa de $B$ .

Los vectores propios de la izquierda de $M$ son los vectores propios derechos de $M^T$ . Por lo tanto, si $M=BB^{-1}$ entonces $M^T=B^{-T}B^T$ que es un EVD. Si los valores propios son distintos, la EVD es única (hasta el escalado de los vectores propios), lo que demuestra que los vectores propios de la izquierda son filas de $B^{1}$ es decir $A=B^{-1}$ .

(Pego esta respuesta de Potencia de una matriz no simétrica (se debe a Florian)

Por supuesto, los contraejemplos que aparecen a continuación ensombrecen esta prueba, pero no veo nada malo en ella.

Answer 4

No. Deja que $$ M = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} $$ Entonces dos vectores propios de la derecha para $1$ son $e_1$ y $e_2$ y dos vectores propios de la izquierda para $1$ son $(\sqrt{2}/2) ( e_1 \pm e_2 )$ . Al ponerlos en $A$ y $B$ La esquina superior izquierda de su producto no será la $2 \times 2$ identidad.

Tengo el mal presentimiento de que esta pregunta está a punto de ser editada para añadir la hipótesis de que los valores propios sean distintos...

Cuando esto ocurra, la respuesta seguirá siendo no, ya que si permutamos las filas de $A$ para formar $A'$ seguirán siendo todos los vectores propios de $M$ pero el producto $AB$ sufrirá la misma permutación de filas, por lo que aunque $AB = I$ Tendremos $A'B \ne I$ .

Answer 5

Si todos los valores propios son distintos, entonces AB es una diagonal (con la ordenación y normalización correctas)

Dejemos que $aM = c_1*a$ , $Mb=c_2*b$ $0 = aMb - aMb = c_1ab-c_2ab=(c1-c2)ab$ por lo que los vectores derecho e izquierdo con los distintos valores propios son ortogonales