Pregunta sobre operadores preserva el ángulo

Question

Este ejercicio de Spivak "Cálculo de los Colectores".

Edit: Hay una errata en el ejercicio como se indica a continuación, en las respuestas. La declaración ha sido modificado para reflejar esto.

Dado $x,y\in\mathbb{R}^{n}$, el ángulo entre el $x$ $y$ está definido por

$$\angle(x,y) = \arccos\left(\frac{\langle x,y \rangle}{|x|\cdot |y|}\right),$$ where $\langle x,y \rangle$ denota la norma Euclidiana interior del producto.

Un operador lineal $T:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$ se dice que el ángulo de la preservación de si $\angle(T(x),T(y)) = \angle(x,y)$ por cada $x,y\in\mathbb{R}^{n}$.

El ejercicio como se indica:

Deje $\{x_{1},\dots, x_{n}\}$ ser una base para $\mathbb{R}^{n}$. A continuación, supongamos que $\lambda_{1}, \dots, \lambda_{n}\in \mathbb{R}$ son tales que $Tx_{j} = \lambda_{j}x_{j}$ por cada $j = 1,\dots, n$.

A continuación, $T$ es el ángulo, conservando sólo si (no si y sólo si!)$|\lambda_{i}| = |\lambda_{j}|$ para cada $1\leq i\leq j\leq n$.

Estoy teniendo problemas con el $(\Rightarrow)$ dirección.

Mi mejor intento (que parece conducir a ninguna parte) es suponer que las $|\lambda_{j}|\neq |\lambda_{k}|$. Luego, por supuesto, \begin{align*} \angle(Tx_{j},Tx_{k}) & = \arccos\left(\frac{\langle Tx_{j},Tx_{k} \rangle}{|Tx_{j}|\cdot |Tx_{k}|}\right)\\ & = \arccos\left(\frac{\langle \lambda_{j}{x_{j}},\lambda_{k}{x_{k}} \rangle}{|\lambda_{j}{x_{j}}|\cdot |\lambda_{k}{x_{k}}|}\right)\\ & = \arccos\left(\frac{\lambda_{j}\lambda_{k}\langle {x_{j}},{x_{k}} \rangle}{|\lambda_{j}|\cdot|\lambda_{k}|\cdot|{x_{j}}|\cdot |{x_{k}}|}\right)\\ & = \arccos\left(\text{sign}(\lambda_{j})\text{sign}(\lambda_{k})\frac{\langle {x_{j}},{x_{k}} \rangle }{|{x_{j}}|\cdot |{x_{k}}|}\right)\\ \end{align*} también puede ser calculado como \begin{align*} \angle(Tx_{j},Tx_{k}) & = \angle(x_{j},x_{k})\\ & = \arccos\left(\frac{\langle x_{j},x_{k} \rangle}{|x_{j}|\cdot |x_{k}|}\right). \end{align*}

Entonces a partir de la $\arccos$ es inyectiva, creo que puedo dar el salto que $\text{sign}(\lambda_{j})\text{sign}(\lambda_{k}) = 1$, que no se asemejan a la conclusión de que yo debería llegar.

Nota: yo no estaba seguro de lo de la etiqueta para poner esto en virtud, de modo que cualquier persona que conoce mejor por favor, siéntase libre de ajustar.

Gracias por cualquier ayuda que se le puede dar.

Answer 1

Si es necesario, cambiar la escala de cada $x_i$ para que disponen de unidad de longitud y cambiarle los índices lo que $|\lambda_1|\neq |\lambda_2|$.

Ahora, consideremos lo vectores $v_1 = x_1 + x_2$ y $v_2 = x_1-x_2$.

En primer lugar, reclamo que $v_1$ y $v_2$ son ortogonales, para\begin{align*} \langle v_1, v_2\rangle &= \langle x_1+x_2,\; x_1-x_2\rangle \\\ &= \langle x_1, x_1\rangle + \langle x_1, x_2\rangle - \langle x_2,x_1\rangle - \langle x_2, x_2\rangle \\\ &= |x_1|^2-|x_2|^2 \\\ &=0\end{align*} donde la igualdad pasada sigue desde ambos $x_1$ y $x_2$ unidad de longitud.

A continuación, reclamar que $Tv_1$ y $Tv_2$ son no ortogonales. Para,\begin{align*} \langle Tv_1, Tv_2\rangle &= \langle \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2,\; \lambda_1 x_1 - \lambda_2 x_2\rangle \\\ &= \lambda_1^2 \langle x_1, x_1\rangle +\lambda_1 \lambda_2 \langle x_1, x_2\rangle - \lambda_2\lambda_1 \langle x_2,x_1\rangle - \lambda_2^2 \langle x_2, x_2\rangle \\\ &= \lambda_1^2 |x_1|^2 - \lambda_2^2 |x_2|^2 \\\ &= \lambda_1^2 - \lambda_2^2\end{align*}

y esta última línea es $0$iff $|\lambda_1| = |\lambda_2|$.

Answer 2

Esto no es cierto.

Deje $T=\begin{bmatrix} 1 & -2 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}$. Entonces $x_1=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $x_2=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ formar una base, y $T x_1 = x_1$, $T x_2 = - x_2$, por lo tanto el vector propio requisito es satisfecho.

Sin embargo, tomar $x=\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $y=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, a continuación,$\langle x , y \rangle = 0$, pero $\langle T x , T y \rangle = -2$. Desde $\arccos$ es bijective en el dominio $[-1,1]$, se deduce que el $\arccos \frac{\langle x , y \rangle}{\|x\| \|y\|} \neq \arccos \frac{\langle T x , T y \rangle}{\|T x\| \|T y\|}$.

Aquí es un poco más satisfactoria respuesta:

$T$ es el ángulo de la preservación de iff $T^T T = \sigma^2 I$, para algunas de las $\sigma >0$.

($\Rightarrow$) Supongamos $T^T T = \sigma^2 I$. A continuación, $T' = \frac{1}{\sigma} T $ es ortogonal. De ello se desprende que $\langle T'x, T'y \rangle = \langle x, y \rangle$, y $\|T'v \| = \|v\|$, por lo tanto $\frac{\langle T'x, T'y \rangle}{\|T'x \| \|T'y \|} = \frac{\langle Tx, Ty \rangle}{\|Tx \| \|Ty \|} = \frac{\langle x, y \rangle}{\|x \| \|y \|}$.

($\Leftarrow$) Deje $e_k$ ser el estándar en $\mathbb{R}^n$, y supongamos $T$ es el ángulo de la preservación. De ello se deduce inmediatamente que $\frac{\langle T e_i, T e_j \rangle}{\|Te_i \| \|Te_j \|} = \delta_{i,j}$, por lo tanto $\frac{T e_i}{\|Te_i \|}$ formulario de una base ortonormales. Deje $ Q = \begin{bmatrix} \frac{T e_1}{\|Te_1 \|} & \cdots & \frac{T e_n}{\|Te_n \|} \end{bmatrix}$, y deje $\Lambda = \mathbb{diag}(\|Te_1 \|, \cdots, \|Te_n \|)$. Debe quedar claro que $Q$ es ortogonal, y desde $Tx = \sum x_i \|Te_i \| \frac{T e_i}{\|Te_i \|} = Q \Lambda x$,$T = Q \Lambda$. Ahora, la adaptación de @Jason DeVito del truco, nos damos cuenta de que $\langle e_i+e_j, e_i-e_j \rangle = 0$, y así desde $T$ es el ángulo de la preservación, tenemos $\langle T(e_i+e_j), T(e_i-e_j) \rangle = \langle \Lambda(e_i+e_j), \Lambda(e_i-e_j) \rangle = \langle \Lambda e_i, \Lambda e_i \rangle - \langle \Lambda e_j, \Lambda e_j \rangle= 0$. De ello se desprende que $ \|T e_i \| = \|T e_j\|$, y así podemos escribir $\Lambda = \sigma I$,$\sigma = \|T e_1 \|$. Por lo tanto $T = \sigma Q$, de donde se sigue que $T^T T = \sigma^2 I$.