¿Puede la siguiente matriz $A=\begin{pmatrix} 3 & 1 & -5\\ 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ sea una matriz de operador autoadjunto (para algún espacio de producto interno euclidiano en $\mathbb{R}^3$ )? Si la respuesta es afirmativa, encuentre la matriz de Gram correspondiente.
Mi solución: Es fácil calcular que esta matriz tiene $3$ valores propios, a saber $\{-1,2,3\}$ . Podemos encontrar cada uno de los eigespacios correspondientes $V_{3}=\langle (1,0,0)\rangle,V_{2}=\langle (-1,1,0)\rangle, V_{-1}=\langle (3,-2,2)\rangle$ . Por lo tanto, esta matriz es diagonalizable. Y tenemos que encontrar dicho producto interno en $\mathbb{R}^3$ tal que esos vectores propios son ortogonales. Más precisamente, la función $$\langle \cdot,\cdot\rangle:\mathbb{R}^3\times\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}, \quad \langle x,y\rangle=(x_1,x_2,x_3)A\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2\\ y_3 \end{pmatrix}$$ donde $A$ debe ser simétrica y definida positiva, es decir $A=\begin{pmatrix} a & b & c\\ b & d & e\\ c & e & f \end{pmatrix}$ . Denotemos los vectores $(1,0,0), (-1,1,0), (3,-2,2)$ por $a_1,a_2,a_3$ respectivamente. Como queremos $a_i\perp a_j$ para $i\neq j$ .
Entonces la condición $a_1\perp a_2$ implica que $b=a$ . Condición $a_1\perp a_3$ implica $c=-\frac{a}{2}$ . Y la condición $a_2\perp a_3$ implica que $e=d-\frac{3a}{2}$ . Así que nuestra matriz se ve como $$A=\begin{pmatrix} a & a & -\frac{a}{2}\\ a & d & d-\frac{3a}{2}\\ -\frac{a}{2} & d-\frac{3a}{2} & f \end{pmatrix}.$$ Desde $A$ es positiva definida entonces todas las submatrices superiores izquierdas deben tener determinantes positivos, es decir, significa que $$a>0, ad-a^2>0, \det A=\frac{a}{2}(d-a)(2f-2d+\frac{3a}{2})>0$$ lo que equivale a $$a>0, d>a,f>d-\frac{3a}{4}.$$
En particular, si tomo $a=2, d=4$ entonces $f>\frac{5}{2}$ y se puede tomar $f=4$ . Esto significa que la matriz de Gram puede ser tomada como $$\begin{pmatrix} 2 & 2 & -1\\ 2 & 4 & 1\\ -1 & 1 & 4 \end{pmatrix}$$ lo que hace que nuestro operador sea autoadjunto.
