¿Qué hay de malo con esta prueba de que las matrices simétricas conmutan?

Question

Simétrica matrices representan la verdadera auto-adjunto mapas, es decir, lineal mapas que tienen la siguiente propiedad: $$\langle\vec{v},f(\vec{w})\rangle=\langle f(\vec{v}),\vec{w}\rangle$$ where $\langle,\rangle$ dona el escalar (punto) del producto.

Usando esta lógica:

$$\langle\vec{v},AB\vec{v}\rangle=\langle A\vec{v},B\vec{v}\rangle=\langle BA\vec{v},\vec{v}\rangle$$

Donde $A$ e $B$ son matrices simétricas. Utilizando el hecho de que el real escalar producto escalar es conmutativo:

$$\langle BA\vec{v},\vec{v}\rangle=\langle\vec{v},BA\vec{v}\rangle$$

Por tanto, tenemos el resultado:

$$\langle\vec{v},AB\vec{v}\rangle=\langle\vec{v},BA\vec{v}\rangle$$

Esto es cierto para cualquier vector de $\vec{v}$ por lo tanto $AB=BA$.

Sin embargo, simétrica matrices no siempre se conmuta por lo tanto, algo está mal con esta prueba.

Answer 1

Que han demostrado que $v\mapsto v^TABv$ e $v\mapsto v^TBAv$ son de la misma forma cuadrática. Sin embargo, desde la $AB$ e $BA$ no son necesariamente simétricas, que no significa que sean la misma matriz.

Usted puede comprobar esto mediante la conexión de algunas matrices donde se sabe conmutatividad falla, por ejemplo $$ A =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \quad B = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} $$ A continuación, obtener $$ AB = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} \qquad BA = \begin{pmatrix}0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} $$ y, de hecho, estos definen de la misma forma cuadrática: $$ (x\;\;y)\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix} = 3xy = (x\;\;y)\begin{pmatrix}0 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix} $$ para todos los $x,y$, pero las matrices son diferentes.

Answer 2

Con el mismo razonamiento se puede demostrar que para cualquier matriz cuadrada $A$ sostiene que $$\langle Ax,x\rangle =\langle A^T x,x\rangle.$$ No se puede concluir que $A=A^T$ desde aquí (puede si usted ha $x$ e $y$ pero que no funciona).

Entonces la cosa es que la forma cuadrática $x\mapsto \langle Ax,x\rangle$ sólo determina el simétrica parte de la matriz, pero no el total de la matriz.

Answer 3

La falacia en su prueba es, como otros han observado, en el último paso, en el que van de la (correcta) de la ecuación

$\langle \vec{v}, AB\vec{v} \rangle = \langle \vec{v}, BA\vec{v} \rangle$

a la conclusión incorrecta

Esto es cierto para cualquier vector de $\vec{v}$ por lo tanto $AB = BA$

Para ver por qué esto está mal, vamos a reformular la hipótesis subyacente aquí como una pregunta:

Supongamos $M, N$ son dos matrices tales que para todos los vectores $\vec{v}$, $\langle \vec{v}, M\vec{v} \rangle = \langle \vec{v}, N\vec{v} \rangle$. ¿Qué se puede concluir?

Le gustaría a la conclusión de que la $M = N$. Es eso cierto?

Debido a que el producto interior es bilineal, la suposición de que $\langle \vec{v}, M\vec{v} \rangle = \langle \vec{v}, N\vec{v} \rangle$ es equivalente a $\langle \vec{v}, (M-N)\vec{v} \rangle = 0$. Si se introduce una nueva matriz $K = M-N$, entonces la pregunta es equivalente a la siguiente:

Supongamos $K$ es una matriz tal que para todos los vectores $\vec{v}$, $\langle \vec{v}, K\vec{v} \rangle = 0$. ¿Qué puede usted concluir acerca de la $K$?

De nuevo, como a la conclusión de que la $K = 0$. Es que es necesariamente verdadera?

Indique en este formulario es tal vez más fácil de ver donde ha hecho su error. Tambien es cierto que $\langle \vec{v}, \vec{v} \rangle = 0 \Longrightarrow \vec{v} = 0$ (esta es una de las propiedades de cualquier producto interior), y la propiedad que desea hacer valer ve algo como esto, si no mirar demasiado de cerca. Pero no es cierto en general que si $\langle \vec{v}, K\vec{v} \rangle = 0$ para todos los $\vec{v}$, a continuación, $K = 0$. De hecho, $\langle \vec{v}, K\vec{v} \rangle = 0$ cumple para cualquier matriz antisimétrica $K$. En el ejemplo de la pregunta original $K = AB - BA$, el colector de los dos matrices simétricas, que siempre es antisimétrica.

Answer 4

Usted no ha hecho explícito por qué cree usted que se puede deducir de lo que resultó que $AB = BA$ pero permítanme decir las siguientes cosas que son verdad:

1. Si usted tiene dos lineal mapas de $T, S \colon V \rightarrow V$ sobre un producto interior en el espacio (real o complejo) y si $\left< Tv, u \right> = \left< Sv, u \right>$ para todos los pares de $u, v \in V$ entonces $T = S$.
2. Si usted tiene dos lineal mapas de $T, S \colon V \rightarrow V$ en un complejo interior de espacio vectorial y si $\left< Tv, v \right> = \left< Sv, v \right>$ entonces $T = S$. Esto se desprende de una polarización de la identidad. Tenga en cuenta que este es más débil que el punto anterior, debido a que requieren de identidad único para todos los vectores y no todos los pares. Tenga en cuenta también que esto no si $V$ es una verdadera interior de espacio vectorial (que usted puede tomar para contraejemplo $V = \mathbb{R}^2, T = 0$ e $S$ rotación $90^{\circ}$s).

Ahora, vamos a ver lo que va mal con tu razonamiento. Vamos a empezar con dos simétrica real de las matrices $A,B \in M_n(\mathbb{R})$. Usted puede hacer dos cosas:

1. Creo que de $A,B$ como mapas de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}^n$. Más formalmente, el conjunto de $T = L_A$ (lineal mapa, que actúa mediante la multiplicación por $A$) y $S = L_B$. Entonces, de hecho, han demostrado que la $\left< TSv, v \right> = \left< STv, v \right>$ para todos los $v \in \mathbb{R}^n$. Sin embargo, por el de arriba, se ve que esto no es suficiente para deducir que $TS = ST$ (o $AB = BA$).
2. Creo que de $A,B$ como mapas de $\mathbb{C}^n$ a $\mathbb{C}^n$. De nuevo, establezca $T = L_A$ e $S = L_B$. Pero, a continuación, que han demostrado que $\left< TSv, v \right> = \left< STv, v \right>$ sólo para todos los $v \in \mathbb{R}^n$ y no para todos los $v \in \mathbb{C}^n$ (esto es, donde el uso de "cualquier verdadero vector"). Por lo tanto, aunque se trabaja en un espacio vectorial complejo, de nuevo no se puede deducir que $TS = ST$ (o $AB = BA$).

Answer 5

Su error se encuentra con estas dos líneas

$$\langle\vec{v},AB\vec{v}\rangle=\langle\vec{v},BA\vec{v}\rangle$$

Esto es cierto para cualquier vector de $\vec{v}$ por lo tanto $AB=BA$.

La segunda línea es un non sequitur. Parece que tienes una forma implícita de paso aquí en $(\forall \vec v: \langle\vec{v},M_1\vec{v}\rangle=\langle\vec{v},M_2\vec{v}\rangle) \rightarrow (M_1=M_2) $, sin embargo, eso no es cierto. Por ejemplo, si $M_1$ rota $\vec{v}$ de noventa grados en sentido horario, mientras que el $M_2$ gira noventa grados hacia la izquierda, $ \langle\vec{v},M_1\vec{v}\rangle=\langle\vec{v},M_2\vec{v}\rangle=0$.

Su error subyacente parece ser la afirmación del consecuente: si las matrices son iguales, entonces el producto escalar es igual, el punto de los productos son iguales, por lo tanto, las matrices son iguales.

Usted también puede ser confundido por el hecho de que $(\forall \vec v: M_1 \vec v = M_2 \vec v ) \rightarrow (M_1=M_2) $ es válido lógica. Si dos matrices de definir el mismo mapa, entonces son la misma matriz (con la debida cautela, como ser sobre la misma base, etc.). Pero aquí no estamos definiendo un mapa de $\vec v \rightarrow M \vec v$, estamos definiendo un mapa de $\vec v \rightarrow \langle\vec{v},M \vec{v}\rangle$. El mapa consiste en $M$, pero no es sólo $M$.