¿Hay una prueba más conceptual de este hecho?

Question

Equipar ${\mathbb R}^3$ con el producto escalar usual $(.|.)$. Deje $A$ ser la matriz

$$ A= \left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ -2 & 4 & 5 \\ -3 & -5 & 6 \\ \end{de la matriz}\right) $$

Con la ayuda de una computadora, me encontré con un feo, la totalidad de prueba computacional de la siguiente hecho :

Teorema no Hay ninguna base ortogonal $(b_1,b_2,b_3)$ tal que $(Ab_1|b_2)=(Ab_2|b_3)=(Ab_3|b_1)=0$.

(Yo diría de la siguiente manera : debe haber al menos un índice $i$ tal que $Ab_i$ no es un múltiplo de a $b_i$, decir $i=1$. Entonces existe una constante $c$ tal que $b_2=c(b_1 \wedge Ab_1)$, y podemos suponer sin pérdida de que $c=1$. Del mismo modo podemos suponer $b_3=b_1 \wedge b_2$. Podemos expresar todo en términos de las coordenadas $x,y,z$$b_1$. Finalmente tenemos un sistema de dos ecuaciones polinómicas en $x,y,z$ (llegando de $(Ab_2|b_3)=(Ab_3|b_1)=0$ ), lo que puede ser demostrado, no existe una real la solución formal mediante un sistema de computación).

¿Alguien sabe de un más que interesante conceptual y de método ?

Answer 1

Básicamente, está preguntando si existe una matriz ortogonal$B$ tal que $$ B ^ TAB = \ pmatrix {x & 2a & 0 \\ 0 & y & 2b \\ 2c & 0 & z} \ tag {1} $$ para algunos$x,y,z,a,b,c\in\mathbb R$. Al dividir en partes simétricas y sesgadas simétricas, podemos reescribir la ecuación como \begin{align*} B^T\pmatrix{1\\ &4\\ &&6}B &= \pmatrix{x&a&c\\ a&y&b\\ c&b&z},\tag{2}\\ B^T\pmatrix{0&2&3\\ -2&0&5\\ -3&-5&0}B &= \pmatrix{0&a&-c\\ -a&0&b\\ c&-b&0}.\tag{3} \end {align *} Tomar la norma de Frobenius en ambos lados de$(2)$ y$(3)$, obtenemos \begin{align*} 1^2+4^2+6^2 &= x^2+y^2+z^2+2(a^2+b^2+c^2),\\ 2(2^2+3^2+5^2) &= 2(a^2+b^2+c^2). \end {align *} Por lo tanto,$x^2+y^2+z^2=-23$, que es insoluble. De ahí que la base ortogonal en cuestión no exista.