Si $A$ es una matriz hermítica $n \times n$, entonces es correcto eso, \begin{equation} \operatorname{span}{x_1,\ldots,x_n} = \mathbb{C}^n \text{?} \end{equation} donde $x_i \ne 0$ es el vector propio asociado al valor propio $\lambda_i$ $A$. Es decir, $A x_i = \lambda_i x_i, i=1,\ldots,n$.
Respuestas
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Esto es correcto (siempre que el período se asume de $\mathbb C$ y ${x_1,...,x_n }$ es linealmente independiente). Hermítica matrices siempre están diagonalizable, que equivale a la declaración que los autovectores forman una base para el espacio del vector. Para una prueba de este look en el teorema espectral, que no sólo nos dice que hay una base formado por autovectores de $A$, sino hay es una base ortogonal de vectores propios de $A$.
Theo Bendit
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Una matriz es diagonalisable si y sólo si la generalización en todos los subespacios propios de la igualdad de la (no generalizada) subespacios propios, como la generalización de subespacios propios contener los subespacios propios, pero la suma directa de todo el espacio. Este es, por tanto, equivalente a la muestra $\mathrm{ker} (M - \lambda I) =\mathrm{ker} (M - \lambda I)^2$ para todos los autovalores $\lambda$. Tenga en cuenta que $\mathrm{ker} (M - \lambda I) \subseteq \mathrm{ker} (M - \lambda I)^2$ siempre es cierto.
Supongamos $\lambda$ es un autovalor de a $A$, el Hermitian de la matriz. A continuación, $\lambda \in \mathbb{R}$ (un buen ejercicio, si usted no está familiarizado). Supongamos $v \in \mathrm{ker} (M - \lambda I)^2$. A continuación, $$0 = v^*(M - \lambda I)^2v = (v^*(M^* - \overline{\lambda} I^*)) (M - \lambda I)v = ((M - \lambda I)v)^* (M - \lambda I)v = \|(M - \lambda I)v\|^2$$
Por lo tanto $v \in \mathrm{ker} (M - \lambda I)$, con lo que conseguimos $\mathrm{ker} (M - \lambda I) = \mathrm{ker} (M - \lambda I)^2$, y por lo $M$ es diagonalisable.
