¿Es la función$A \mapsto \sum\limits_{j=0}^{\infty} \langle A^j v, A^j v \rangle$ diferenciable en todas partes?

Question

Supongamos $v \in \mathbb R^n$ fijo es un vector. Podemos definir una función con valores escalares en $n \times n$ matrices $f: M_n(\mathbb R) \to \mathbb R$por \begin{align*} A \mapsto \sum\limits_{j=0}^{\infty} \langle A^j v, A^j v \rangle. \end{align*} Deje que nos indican el dominio de $f$ por $\text{Dom}(f) = \{A \in M_n(\mathbb R): f(A) < \infty\}$.

Es claro que si $\rho(A) < 1$ (espectro de radio), a continuación, $A \in \text{Dom}(f)$. Si no me equivoco, $f$ también debe ser diferenciable en a$\{A: \rho(A) < 1\}$. Por otro lado, si $\rho(A) \ge 1$, todavía es posible $A \in \text{Dom}(f)$. Por ejemplo, si $v$ es el elegido para ser un autovector correspondiente al autovalor estrictamente menor que $1$.

La pregunta que me molesta es: ¿podría la función sea diferenciable en el conjunto $\text{Dom(f)} \setminus \{A:\rho(A) < 1\}$.

Answer 1

Creo $\{A:\rho(A)<1\}$ es el interior de $\mbox{Dom}(f)$, lo que significa que la respuesta es no. Desde la inclusión "$\subseteq$" es bastante simple, sólo voy a argumentar que para todos los $A\in\mbox{Dom}(f)$ con $\rho(A)\geq1$ existe $B\not\in\mbox{Dom}(f)$ con $\|A-B\|$ arbitrariamente pequeño.

Deje $A\in\mbox{Dom}(f)$ con $\rho(A)\geq1$. Cambiando $A$ arbitrariamente un pequeño monto que podemos obtener una matriz $B$ con un complejo eigenbasis $\beta$, de tal manera que $\rho(B)\geq1$, y de tal manera que la representación de $v$ en términos de $\beta$ tiene sólo la no-cero de coordenadas. Luego de algunos autovector $b$ de $B$ el correspondiente autovalor es, al menos, $1$ en valor absoluto. A continuación, el valor absoluto de la $b$-coordinar de $B^jv$ con respecto al $\beta$ es no decreciente. De ello se desprende que $\langle B^jv,B^jv\rangle$ no converge a $0$, por lo que la serie de $f(B)$ no converge, por lo $B\not\in\mbox{Dom}(f)$.