Si $Ax \in \langle x \rangle=\{ax:a\in \mathbb{R}\}$ para cada vector $x$ entonces $A$ es cuadrado y diagonal.

Question

Se me pide que demuestre o refute la afirmación del título. Busco la verificación/crítica de mi prueba.

Esto es falso. Esta afirmación está afirmando que si cada vector $x$ es un vector propio de $A$ correspondiente a un valor propio real, entonces $A$ debe ser cuadrado y diagonal. Simbólicamente, $\forall x \exists a\in\mathbb{R}$ s.t. $(A-aI)x=0\Rightarrow A$ es cuadrado y diagonal.

Es cierto que $A$ es cuadrado, ya que $A-aI$ sólo se define para el cuadrado $A$ . Sin embargo, no es necesario que $A$ sea diagonal. Consideremos, como contraejemplo, $A_{2\times2}=J_{2\times2}$ El $2\times2$ matriz de todos los 1's, y dejemos que $x=[x_1,x_2]^T$ . Resolución del sistema de ecuaciones $(J-aI)x=0$ , obtenemos que $-ax_1+ax_2=0$ . Así, $A_{2\times2}=J_{2\times2}$ tiene cada vector $x$ como un vector propio correspondiente al valor propio 0.

Answer 1

La afirmación es cierta, de hecho, es más cierta, $A=\lambda I$ para algunos $\lambda\in\newcommand{\RR}{\mathbb{R}}\RR$ .

Prueba: Si todo vector no nulo es un vector propio de $A$ para el mismo valor propio $\lambda$ entonces $(A-\lambda I)v=0$ para todos $v$ Así que $A-\lambda I = 0$ y $A=\lambda I$ . Por lo tanto, basta con demostrar que si cada vector no nulo es un vector propio, todos tienen el mismo valor propio. Lo demostraremos por contradicción. Sea $v$ y $w$ sean vectores propios de $A$ con diferentes valores propios, $\lambda$ y $\mu$ respectivamente. Dado que $v+w\ne 0$ (por lo demás $v=-w$ tendría el mismo valor propio que $w$ ), $v+w$ es un vector propio de $A$ con valor propio $\nu$ para algunos $\nu\in\RR$ .

Entonces $\nu(v+w) = A(v+w) = \lambda v + \mu w$ . Así, $(\nu-\lambda)v+(\nu-\mu)w = 0$ . Desde $v$ y $w$ no son linealmente dependientes (o una sería un múltiplo escalar de la otra y tendrían el mismo valor propio), tenemos $\nu-\lambda=\nu-\mu=0$ . Pero esto implica que $\nu=\lambda=\mu$ contradiciendo la suposición de que $\lambda\ne \mu$ .

Por lo tanto, es imposible que dos vectores propios de $A$ para tener dos valores propios diferentes. Por lo tanto, $A=\lambda I$ para algunos $\lambda\in\RR$ .

Ahora, ¿por qué no funciona tu contraejemplo? En realidad estoy confundido en cuanto a por qué crees que funciona. $$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5 \\5\end{pmatrix}\ne \lambda\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}\text{ for any $ \N - Laambda $}.$$

Answer 2

Ya hemos visto una prueba de la versión más fuerte de la afirmación de jgon. Si sólo te interesa que la matriz sea diagonal también puedes hacerlo de la siguiente manera. Se escribe $A=(a_1 \dots a_n)$ donde $a_j\in \mathbb{R}^n$ . Entonces, para cada $j\in \{ 1 , \dots, n \}$ existe $c_j \in \mathbb{R}$ tal que

$$a_j = A e_j = c_j e_j$$

donde $e_j$ es el $j$ vector de base estándar. Por lo tanto, $A=diag(c_1, \dots, c_n)$ es decir $A$ es diagonal.