Los vectores propios de las matrices simétricas reales son ortogonales

Question

¿Puede alguien indicarme un artículo, o mostrar aquí, por qué las matrices simétricas tienen vectores propios ortogonales? En particular, me gustaría ver la prueba de que para una matriz simétrica $A$ existe una descomposición $A = Q\Lambda Q^{-1} = Q\Lambda Q^{T}$ donde $\Lambda$ es diagonal.

Answer 1

Para cualquier matriz real $A$ y cualquier vector $\mathbf{x}$ y $\mathbf{y}$ tenemos $$\langle A\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = \langle\mathbf{x},A^T\mathbf{y}\rangle.$$ Supongamos ahora que $A$ es simétrico, y $\mathbf{x}$ y $\mathbf{y}$ son vectores propios de $A$ correspondientes a valores propios distintos $\lambda$ y $\mu$ . Entonces $$\lambda\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = \langle\lambda\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = \langle A\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = \langle\mathbf{x},A^T\mathbf{y}\rangle = \langle\mathbf{x},A\mathbf{y}\rangle = \langle\mathbf{x},\mu\mathbf{y}\rangle = \mu\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle.$$ Por lo tanto, $(\lambda-\mu)\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = 0$ . Desde $\lambda-\mu\neq 0$ entonces $\langle\mathbf{x},\mathbf{y}\rangle = 0$ es decir, $\mathbf{x}\perp\mathbf{y}$ .

Ahora encuentre una base ortonormal para cada eigespacio; como los eigespacios son mutuamente ortogonales, estos vectores juntos dan un subconjunto ortonormal de $\mathbb{R}^n$ . Por último, como las matrices simétricas son diagonalizables, este conjunto será una base (basta con contar las dimensiones). Ahora se obtiene el resultado deseado.

Answer 2

Dado que ser simétrico es la propiedad de un operador, no sólo de su matriz asociada, permítanme utilizar $\mathcal{A}$ para el operador lineal cuya matriz asociada en la base estándar es $A$ . Arturo y Will demostraron que un operador simétrico real $\mathcal{A}$ tiene valores propios reales (por tanto, vectores propios reales) y los vectores propios correspondientes a diferentes valores propios son ortogonales. Una pregunta sigue en pie: ¿cómo sabemos que no hay vectores propios generalizados de rango superior a 1?

Lo demostramos por inducción. Supongamos que $\lambda_1$ es un valor propio de $A$ y existe al menos un vector propio $\boldsymbol{v}_1$ tal que $A\boldsymbol{v}_1=\lambda_1 \boldsymbol{v}_1$ . Elija una base ortonormal $\boldsymbol{e}_i$ para que $\boldsymbol{e}_1=\boldsymbol{v}_1$ . El cambio de base se representa mediante una matriz ortogonal $V$ . En esta nueva base la matriz asociada a $\mathcal{A}$ es $$A_1=V^TAV.$$ Es fácil comprobar que $\left(A_1\right)_{11}=\lambda_1$ y el resto de los números $\left(A_1\right)_{1i}$ y $\left(A_1\right)_{i1}$ son cero. En otras palabras, $A_1$ se ve así: $$\left( \begin{array}{c|ccc} \lambda_1 & \\ \hline & & \\ & & B_1 & \\ & & \end{array} \right)$$ Así, el operador $\mathcal{A}$ se descompone en una suma directa de dos operadores: $\lambda_1$ en el subespacio $\mathcal{L}\left(\boldsymbol{v}_1\right)$ ( $\mathcal{L}$ significa tramo lineal) y un operador simétrico $\mathcal{A}_1=\mathcal{A}\mid_{\mathcal{L}\left(\boldsymbol{v}_1\right)^{\bot}}$ cuyo asociado $(n-1)\times (n-1)$ matriz es $B_1=\left(A_1\right)_{i > 1,j > 1}$ . $B_1$ es simétrica, por lo que tiene un vector propio $\boldsymbol{v}_2$ que tiene que ser ortogonal a $\boldsymbol{v}_1$ y se aplica el mismo procedimiento: volver a cambiar la base para que $\boldsymbol{e}_1=\boldsymbol{v}_1$ y $\boldsymbol{e}_2=\boldsymbol{v}_2$ y considerar $\mathcal{A}_2=\mathcal{A}\mid_{\mathcal{L}\left(\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\right)^{\bot}}$ etc. Después de $n$ pasos obtendremos una matriz diagonal $A_n$ .

Hay una prueba un poco más elegante que no implica las matrices asociadas: dejemos que $\boldsymbol{v}_1$ sea un vector propio de $\mathcal{A}$ y $\boldsymbol{v}$ sea cualquier vector tal que $\boldsymbol{v}_1\bot \boldsymbol{v}$ . Entonces $$\left(\mathcal{A}\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}_1\right)=\left(\boldsymbol{v},\mathcal{A}\boldsymbol{v}_1\right)=\lambda_1\left(\boldsymbol{v},\boldsymbol{v}_1\right)=0.$$ Esto significa que la restricción $\mathcal{A}_1=\mathcal{A}\mid_{\mathcal{L}\left(\boldsymbol{v}_1\right)^{\bot}}$ es un operador de rango $n-1$ que mapea ${\mathcal{L}\left(\boldsymbol{v}_1\right)^{\bot}}$ en sí mismo. $\mathcal{A}_1$ es simétrica por razones obvias y por lo tanto tiene un vector propio $\boldsymbol{v}_2$ que será ortogonal a $\boldsymbol{v}_1$ .

Answer 3

Parece que quiere escribir los vectores como filas, por lo que su multiplicación preferida estará en el lado izquierdo, como en $v \mapsto v A.$

El producto punto ordinario es entonces $ v \cdot w = v w^T = w v^T = w \cdot v.$ Tenga en cuenta que $v w^T$ es un número, o una matriz de 1 por 1, y es igual a su transposición.

Del mismo modo, $v A \cdot w = v A w^T.$ Sin embargo, $v A w^T$ es de nuevo una matriz de 1 por 1 y es igual a su transposición, y $A^T = A,$ por lo que obtenemos $$ v A \cdot w = v A w^T = (v A w^T)^T = (w^T)^T A^T v^T = w A v^T = w A \cdot v$$

Primero suponga $v,w$ son vectores propios con valores propios distintos $\lambda, \mu.$ Tenemos $$ v A \cdot w = \lambda v \cdot w = w A \cdot v = \mu w \cdot v.$$ O, $\lambda v \cdot w = \mu v \cdot w,$ finalmente $$ (\lambda - \mu) v \cdot w = 0.$$ Por tanto, los vectores propios con valores propios distintos son ortogonales.

Es posible que un valor propio tenga una multiplicidad mayor. Sin embargo, para un valor propio fijo $\lambda,$ el conjunto de vectores $v$ para lo cual $ v A = \lambda v$ es un subespacio, de dimensión completa (lo que significa que la forma de Jacobi no tiene elementos fuera de diagonal), y podemos simplemente elegir una base ortonormal para este subespacio. Eligiendo, de este modo, que todos los vectores base sean de longitud 1 y ortogonales, obtenemos una base ortonormal de valores propios de $A.$ Escríbelos como filas de una matriz $P,$ obtenemos $P A P^T = \Lambda.$

El único aspecto difícil aquí es el siguiente: si un valor propio tiene multiplicidad algebraica mayor que uno, es decir, el polinomio característico tiene un factor de $(x-\lambda)^k$ para algunos $k \geq 2,$ ¿cómo puedo estar seguro de que la multiplicidad geométrica es también $k?$ Es decir, con $A$ simétrico, ¿cómo sé que $$ v (A - \lambda I)^k = 0 \; \; \Rightarrow \; \; v (A - \lambda I) = 0?$$ Trabajando en ello. Parece que esto es, en el fondo, una inducción sobre $k,$ y ocupa muchas páginas. Dame algo de tiempo.

Muy bien, esto funciona. Una inducción sobre la dimensión muestra que toda matriz es ortogonalmente similar a una matriz triangular superior, con los valores propios en la diagonal (el enunciado preciso es unitario similar). ¿Cómo sabemos que los valores propios son reales? Tenemos un valor propio $\lambda$ con un vector propio $v,$ quizás ambos con entradas complejas. Como es tradicional, para un vector o una matriz se define $v^\ast = \bar{v}^T$ y $A^\ast = \bar{A}^T.$ Es fácil ver que $v v^\ast$ es un número real positivo a menos que $v = 0.$ En cualquier caso $A^\ast = A.$ Por lo tanto, teniendo en cuenta $v A = \lambda v,$ $$ ( v A v^\ast)^\ast = (v^\ast)^\ast A^\ast v^\ast = v A v^\ast.$$ Como resultado, el número complejo $v A v^\ast$ es en realidad un número real. Al mismo tiempo, $v A v^\ast = \lambda v v^\ast,$ y como ambos $v A v^\ast$ y $v v^\ast$ son números reales, este último distinto de cero, se deduce que $\lambda$ es real.

Juntando todo esto, obtenemos que cada matriz real con valores característicos reales es ortogonal similar a una matriz real triangular superior. Sin embargo, como $A$ es simétrica, esta matriz triangular superior es en realidad diagonal.

Answer 4

Supongamos que $x$ es un vector propio de $A$ correspondiente al valor propio $\lambda_1$ y $y$ un vector propio de $A$ correspondiente al valor propio $\lambda_2$ con $\lambda_1 \neq \lambda_2$ .

$Ax=\lambda_1x \\ Ay=\lambda_2y$

Después de tener en cuenta que A es simétrico ( $A=A^*$ ):

$y^{\intercal}Ax=\lambda_1y^{\intercal}x \\ x^{\intercal}A^{\intercal}y=\lambda_2x^{\intercal}y$

Ahora resta la segunda ecuación de la primera y utiliza la conmutatividad del producto escalar:

$y^{\intercal}Ax-x^{\intercal}A^{\intercal}y=\lambda_1y^{\intercal}x - \lambda_2x^{\intercal}y \\ 0 = (\lambda_1 - \lambda_2)y^{\intercal}x$

Por lo tanto, $x$ y $y$ son ortogonales.

Answer 5

¿Qué tal si dejamos $A$ sea simétrica, entonces existe una matriz $D$ tal que $A=QDQ^T$ tomando la transposición de $A$ , a saber

$$\left(A\right)^T = \left(QDQ^T\right)^T $$ $$A^T = \left(Q^T\right)^TD^TQ^T$$ $$A^T = QDQ^T$$

así $A^T = A$ si y sólo si $A$ es simétrica.

Cabe destacar que $D^T = D$ desde $D$ es diagonal y $Q$ es la matriz de vectores propios normados de $A$ Por lo tanto $Q^T = Q^{-1}$