¿Es posible reconocer cuando un endomorfismo de un espacio vectorial de dimensión finita es unitario para alguna elección de producto interno?

Question

Dejemos que $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre $\mathbb{C}$ . Dejemos que $T\in GL(V)$ .

¿Existen criterios razonables para reconocer si existe o no algún producto interno en $V$ en relación con el cual $T$ es unitaria? (equivalentemente, si es o no $T$ es similar a un operador unitario).

Answer 1

Claro. Un operador $T$ es unitaria si existe una base ortonormal con respecto a la cual $T$ es diagonal con valores propios de valor absoluto $1$ . Así que, $T\in GL(V)$ es unitario para algún producto interno si es diagonalizable con valores propios de valor absoluto $1$ (basta con elegir un producto interno que haga que una base de vectores propios sea ortonormal).

Answer 2

Dejemos que $\langle \cdot, \cdot \rangle$ sea el producto interno hermitiano estándar sobre $V \simeq \Bbb C^n$ y que $(\cdot, \cdot)$ sea cualquier otro producto interno; es decir $(\cdot, \cdot)$ es una forma bilineal (hermitiana) sobre $V$ Obedeciendo como debe a las reglas

$(x, \alpha y) = \alpha(x, y) = (\bar \alpha x, y), \tag 1$

$(x, y + z) = (x, y) + (x, z), \tag 2$

$(x, y) = \overline{(y, x)}, \tag 3$

$x \ne 0 \Longrightarrow 0 < (x, x) \in \Bbb R, \tag 4$

$x = 0 \Longrightarrow (x, x) = 0; \tag 5$

observamos que (2) y (3) dan como resultado

$(x + y, z) = \overline{(z, x + y)} = \overline{(z, x) + (z, y)} = \overline{(z, x)} +\overline{(z, y)}= (x, z) + (y,z); \tag 6$

vemos entonces que cualquier $(\cdot, \cdot)$ es aditivo en ambos argumentos, por tanto, bilineal.

Dado $(\cdot, \cdot)$ y $x \in V$ definimos una función compleja-lineal $\phi(x): V \to \Bbb C$ por

$\phi(x):y \to (x, y); \tag 7$

es bien sabido que dicho funcional satisface

$\phi(x)(y) = (x, y) = \langle A(x), y \rangle \tag 8$

para algunos

$A(x) \in V. \tag 9$

También es evidente que $A$ es un mapa lineal de $V$ a $V$ , para

$\phi(x + z)(y) = (x + z, y) = \langle A(x + z), y \rangle, \tag{10}$

y también

$\phi(x + z)(y) = (x + z, y) = (x, y) + (z, y)$ $= \langle A(x), y \rangle + \langle A(z), y \rangle = \langle A(x) + A(z), y \rangle; \tag{11}$

ya que (10) y (11) se cumplen para todo $y \in V$ debemos tener

$A(x + z) = A(x) + A(z); \tag{12}$

también,

$\langle A(\alpha x), y \rangle = (\alpha x, y) = \bar \alpha (x, y) = \bar \alpha \langle A(x), y \rangle = \langle \alpha A(x), y \rangle, \tag{13}$

de donde

$A(\alpha x) = \alpha A(x); \tag{14}$

así vemos la linealidad de

$A:V \to V. \tag{15}$

Ahora bien, si $T$ es unitaria con respecto a $(\cdot, \cdot)$ tenemos

$\langle A(x), y \rangle = (x, y) = (Tx, Ty) = \langle A(T(x)), Ty \rangle = \langle T^\dagger AT(x), y \rangle, \tag{16}$

y por lo tanto

$T^\dagger AT = A; \tag{17}$

hay que recordar que $T^\dagger$ en esta ecuación es el adjunto hermitiano estándar de $T$ definido con respecto al producto interior estándar $\langle \cdot, \cdot \rangle$ en $V$ También observamos que si estos dos productos internos sobre $V$ son de hecho las mismas, por lo que efectivamente

$A = I, \tag{18}$

entonces (17) se convierte en

$T^\dagger T = I, \tag{19}$

y $T$ es un operador unitario ordinario en $V$ .

Ahora es sencillo retroceder estos pasos y concluir que si $A$ satisface (17), y es no singular, entonces $T$ es unitario con respecto al producto interior

$(x, y) = \langle A(x), y \rangle. \tag{20}$

Observamos que (17) es lineal en $A$ y, por lo tanto, no hay ninguna dificultad en principio para encontrar una solución.