$A$ es normal matriz.Si $A{A^T}$ $n$ distinict autovalor, ¿por qué $A$ es simétrica?

Question

Deje $A \in {M_n}(R)$ $A$ es normal matriz.Si $A{A^T}$ $n$ distinict autovalor, ¿por qué $A$ es simétrica?

Answer 1

He aquí una tardía respuesta.

Primero, un poco de notación. Ya que vamos a trabajar sobre $\mathbb C,$ necesitamos la noción de "conjugado-transponer" de una matriz compleja. Es decir, si $M\in \mathbb C^{n\times n},$ luego su "conjugado-transponer" se define como $$ M^H = (\overline M)^T, $$ donde $\overline \cdot$ denota el complejo de la conjugación de la matriz de entradas y $\cdot^T$ denota la matriz de transposición. Este es un conocido de la operación. Observar que $\overline \cdot$ $\cdot^T$ viaje. Y, por supuesto, para $N\in\mathbb R^{n\times n},$ tenemos $N^H = N^T.$ En el siguiente, vamos a utilizar sólo la operación $\cdot^H.$

En la pregunta. Así, se nos da una matriz de $A\in\mathbb R^{n\times n}$ que es lo normal, es decir $A^HA = AA^H$ que $A^HA$ $n$ distintos autovalores. Queremos mostrar que $A$ es simétrica, es decir, $A^H = A.$

Observar que, desde el $A$ es real, su característica polinomio tiene coeficientes reales. Esto significa que los autovalores de a $A,$ es decir, las raíces de su polinomio característico, son reales o venir en el complejo conjugado de pares. En otras palabras, podemos enumerar los autovalores de a $A$ como una secuencia $$ \lambda_1,\ldots,\lambda_r,\mu_1,\overline{\mu_1},\ldots,\mu_s,\overline{\mu_s}, $$ con $r,s\in \mathbb N_0,$ $\lambda_j\in\mathbb R,$ y $\mu_k\in \mathbb C$ $\Im\mu_k > 0.$ Repeticiones permitidas, es decir, podemos tener $\lambda_j = \lambda_k$ o $\mu_j = \mu_k$ $j\neq k.$

Ahora, desde la $A$ es normal, puede ser diagonalized mediante una transformación unitaria. Este es un hecho bien conocido. En más detalle, tenemos los siguientes. Poner $$ D = {\rm diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_r,\mu_1,\overline{\mu_1},\ldots,\mu_s,\overline{\mu_s})\in \mathbb C^{n\times n}, $$ es decir, $D$ es la matriz diagonal con los valores propios de a $A$ en la diagonal. Entonces, existe una matriz unitaria $U\in \mathbb C^{n\times n}$ tal que $$ \etiqueta{1} A = U^HQ. $$ Recordemos que "unitaria" significa $$ \etiqueta{2} U^HU = UU^H = I, $$ donde $I \in \mathbb C^{n\times n}$ es la matriz identidad. De $(1),$ tenemos $$ \etiqueta{3} A^H = (U^HQ)^H = U^HD^HU. $$ De $(1),$ $(2),$ y $(3),$ llegamos a la conclusión de $$ Un^HA = \left(U^HD^HU\right)\left(U^HQ\right) = U^HD^HQ. $$ Esto muestra que los autovalores de a $A^HA$ son los elementos de la diagonal de la matriz dialgonal $$ \begin{align} D^HD & = {\rm diag}(\lambda_1^2,\ldots,\lambda_r^2,\overline{\mu_1}\mu_1,\mu_1\overline{\mu_1},\ldots,\overline{\mu_s}\mu_s,\mu_s\overline{\mu_s}) \\ & = {\rm diag}(\lambda_1^2,\ldots,\lambda_r^2,|\mu_1|^2,|\mu_1|^2,\ldots,|\mu_s|^2,|\mu_s|^2). \end{align} $$ Observar que cada par $\mu_j,\overline{\mu_j}$ de conjugado complejo autovalores de a $A$ produce dos veces el mismo autovalor de a $A^HA.$ Por supuesto, esto no puede suceder. Así que debemos tener que $s = 0,$ $A$ sólo tiene real de los autovalores, y, en particular, $D\in \mathbb R^{n\times n},$ es decir $D$ es real. Pero, a continuación, $$ \etiqueta{4} D^H = D. $$ Ahora nos llega de $(1),$ $(3),$ y $(4)$ $$ A^H = U^HD^HU = U^HQ = A, $$ como se desee.

Answer 2

Desde $AA^T$ es simétrica ($(AA^T)^T=AA^T$), $AA^T$ tiene un ortonormales autovector de la base. Desde $AA^T$ $n$ distinict autovalores, cada autovalor sólo tiene un vector propio.

Supongamos $P=[u_1,\cdots,u_n] \hspace{2 mm} (u_i$ es el vector propio de valor propio $\lambda_i$$AA^T$). Entonces $$ P^{-1}(AA^T)P=P^{T}(AA^T)P=\operatorname{diag}[\lambda_1,\cdots,\lambda_n] $$

Desde $A$ es normal $$ Un \hspace{2 mm}\text{y}\hspace{2 mm} AA^T \hspace{2 mm} \text{se conmuta, para}\hspace{2 mm} a(AA^T)=A(A^TA)=(AA^T) $$ Desde $$ A(AA^T)u_i=(AA^T)(Au_i)=A(\lambda_iu_i)=\lambda_i(Au_i) $$ $Au_i$ es un vector propio de valor propio $\lambda_i$$AA^T$. Ya que solo hay un vector propio de valor propio $\lambda_i$, $Au_i=\mu_i u_i,\space \mu_i$ es un autovalor de a $A$. Por lo tanto $P$ es también un ortonormales autovector base para $A$. Así que no hay $$P^{T}AP=\operatorname{diag}[\mu_1,\cdots,\mu_n] \hspace{2 mm} \text{y}\hspace{2 mm} A=P\operatorname{diag}[\mu_1,\cdots,\mu_n]P^T $$

$A$ es simétrica para $$A^T=(P\operatorname{diag}[\mu_1,\cdots,\mu_n]P^T)^T=P\operatorname{diag}[\mu_1,\cdots,\mu_n]P^T=a $$

Answer 3

$A$ es normal y $AA^T$ $n$ autovalores distintos, por lo $AA^T=X \Lambda^2X^{-1}=A^TA $ donde $\Lambda$ es diagonal y ha $\lambda$'s en la diagonal.

Ahora$AA^T=(X \Lambda X^{-1})(X \Lambda X^{-1})=A^TA $, de modo que $A=A^T$.