¿Una determinada matriz conmuta con la raíz cuadrada de otra?

Question

No puedo saber si esto es cierto:

Supongamos que $A^T=-A$ y que la matriz simétrica $AA^T$ es una variable positiva definida (por tanto, diagonalizable, digamos $AA^T=O\Lambda O^T$ con todos los valores propios positivos). Por lo tanto, podemos definir una raíz cuadrada mediante

$$\sqrt{AA^T}=O\sqrt{\Lambda}O^T,$$

donde $\sqrt{\Lambda}=\textrm{diag}(\sqrt{\lambda_1},\ldots\sqrt{\lambda_n})$ , $\lambda_i$ valores propios de $AA^T$ . Se puede ver que $A$ se desplaza con $AA^T$ , una vez $A^T=-A$ . Pero no puedo ver si es cierto que:

$$A\sqrt{AA^T}=\sqrt{AA^T}A$$

En otras palabras, ¿se $A$ viajar con $AA^T$ implica $A$ se desplaza con $\sqrt{AA^T}$ ?

Se agradecerá cualquier ayuda.

Answer 1

De forma más general, si $B$ es semidefinido positivo y $AB=BA$ entonces $A\sqrt B=\sqrt B\,A$ . La observación clave es que existe un polinomio $p\in\mathbb{R}[x]$ tal que $\sqrt B=p(B)$ . Entonces tenemos $$ AB^2=(AB)B=(BA)B=B(AB)=B(BA)=B^2A; $$ Del mismo modo, deducimos que $AB^n=B^nA$ para cualquier $n\in\mathbb{N}$ y así $Ap(B)=p(B)A$ para cualquier polinomio.

La existencia del polinomio requerido se demuestra de la siguiente manera: como $B$ es semidefinido positivo, es diagonalizable, por lo que $B=SDS^{-1}$ con $D$ diagonal. Ahora elige un polinomio $p$ tal que $p(d_{jj})=\sqrt{d_{jj}}$ . Entonces $$ \sqrt{B}=S\sqrt{D}S^{-1}=Sp(D)S^{-1}=p(SDS^{-1})=p(B). $$

Answer 2

$AA^T$ y $\sqrt{AA^T}$ están diagonalizados por la misma matriz $O$ y tienen el mismo patrón de valores propios iguales o distintos. También podemos formar $O^TAO$ que conmuta con $O^TAA^TO=\Lambda$ . Las matrices que conmutan con una matriz diagonal dada $\Lambda$ son todas las matrices que tienen entradas distintas de cero $a_{ij}$ sólo cuando $\lambda_i=\lambda_j$ . Como esta condición es la misma para $\Lambda$ y $\sqrt\Lambda$ las mismas matrices conmutan con $\Lambda$ y $\sqrt\Lambda$ . Desde $O^TAO$ se desplaza con $\Lambda$ también se conmuta con $\sqrt\Lambda$ y por lo tanto $A$ se desplaza con $O\sqrt\Lambda O^T=\sqrt{AA^T}$ .