Los vectores propios de $A$ también son de $A^\ast$ .

Question

Supongamos que $A$ es un $n\times n$ matriz real. Si $\alpha$ es un vector propio de $A$ entonces $\alpha$ es un vector propio de su matriz adjunta $A^\ast$ .

Desde $AA^\ast=A^\ast A=|A|E$ . Si $A\alpha=\lambda\alpha$ tenemos $$ AA^\ast\alpha=A^\ast A\alpha=\lambda A^\ast\alpha=|A|\alpha. $$

Si $|A|\ne0$ , $\alpha$ es un vector propio de $A^\ast$ .

Si $|A|=0$ pero $\lambda\ne0$ tenemos $A^\ast\alpha=0$ , lo que implica $\alpha$ es también un vector propio de $A^\ast$ .

Supongamos ahora que $|A|=0,\;\lambda=0$ Entonces, ¿cómo demostrar $\alpha$ es también un vector propio de $A^\ast$ ?

Answer 1

La prueba más sencilla es observar que $\operatorname{adj}(A)$ es un polinomio en $A$ .

Para una prueba alternativa, observe que

• $\operatorname{adj}(A)=\det(A)A^{-1}$ cuando $A$ es no singular,
• $\operatorname{adj}(A)=uv^T$ para cuando $\operatorname{rank}(A)=n-1$ , donde $u$ y $v$ son algunos vectores no nulos en los espacios nulos derecho e izquierdo de $A$ ,
• $\operatorname{adj}(A)=0$ cuando $\operatorname{rank}(A)<n-1$ .

La afirmación en cuestión es evidentemente cierta en el primer y tercer caso. En el segundo caso, supongamos $(\lambda,x)$ es un par propio de $A$ . Si $\lambda\ne0$ entonces $\operatorname{adj}(A)x=\operatorname{adj}(A)\left(\frac{1}{\lambda}Ax\right)$ . Si $\lambda=0$ entonces $x$ es un múltiplo escalar de $u$ .