Quiero aprender acerca de las matrices cuyos elementos de la diagonal son los valores propios... pero la matriz no es ni diagonal ni triangular.
¿Hay un plazo para tales matrices, y se han investigado?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Yo no soy consciente de que cualquier relevantes de la investigación. Sin embargo, para cualquier $n\ge3$, siempre existe una matriz que no es triangular, pero cuyos autovalores son cualquier $n$ escalares $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$. La construcción es recursiva. Primero, empezamos con un triangular de la matriz de $$A_2=\pmatrix{\lambda_1&1\\ 0&\lambda_2}.$$ Ahora, si $n\ge3$ es impar, se define $$A_n=\pmatrix{A_{n-1}&0\\ \mathbf1^T&\lambda_n},$$ donde $\mathbf 1$ es un vector de unos de longitud adecuada. Si $n\ge3$ es incluso, definir $$A_n=\pmatrix{A_{n-1}&\mathbf1\\ 0&\lambda_n}.$$ Para ilustrar, tenemos $$ A_4=\pmatrix{\lambda_1&1&0&1\\ 0&\lambda_2&0&1\\ 1&1&\lambda_3&1\\ 0&0&0&\lambda_4}. $$ Claramente, $A_n$ no es triangular (a pesar de que es el bloque triangular) al $n\ge3$, ya que tiene tanto subdiagonal y superdiagonal distinto de cero elementos. Además, como $A_n$ es de bloque triangular, sus autovalores son $\lambda_n$, y los valores propios de a $A_{n-1}$. A su vez, $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ son los autovalores de a $A_n$.
ayadi mohammed
Puntos
82
matriz ejemplo de este tipo : Deje $A$ $B$ son dos Jordania las matrices de la forma no diagonalizable, y $M$ la matriz obtenida por la concatenación de $A$$^tB$, $M$ es una matriz con dos bloques en su diagonal y este bloque uno se triangular superior de la matriz y el otro se triangular inferior de la matriz. Ejemplo $M =\left( \begin{array}{cccc} \alpha & 1 &0&0\\ 0 & \alpha&0&0\\ 0 & 0&\beta&0\\ 0&0&1&\beta \end{array} \right) $
Christiaan Hattingh
Puntos
2837
Hay un resultado debido a Fillmore: Teorema 2 de la Similitud y de la Diagonal de una Matriz que indica:
El no escalar matriz $A$ es similar a una matriz diagonal principal $\lambda_1,\lambda_2, \ldots, \lambda_n$ si y sólo si $\lambda_1+\lambda_2+ \cdots+ \lambda_n=\text{tr}(A)$.
Este es válida en cualquier campo, y, básicamente, uno puede usar este teorema para demostrar que no escalar matriz $A$ cuando la ecuación característica se divide, y de la orden de $n \geq 3$ es similar a la de un no-triangular de la matriz con los valores propios de a $A$ en su diagonal.
Empezaremos por elegir nuestro diagonal entradas para los autovalores de a $A$ (estoy asumiendo aquí la traza de una matriz es igual a la suma de sus valores propios - sin duda esto es cierto si la matriz tiene un Jordan en la Forma - en los casos donde el polinomio característico no dividir este puede fallar). A continuación, hacemos uso de la construcción empleados en el Fillmore de la prueba, la cual hace uso del hecho de que para cualquier no escalares de la matriz podemos encontrar un vector $x$ tal que $Ax$ $x$ son linealmente independientes. Esto significa $x$ $Ax-\lambda_1x$ también son linealmente independientes, y si ahora completa este conjunto de vectores en una base, y representan el $A$ con respecto a esta base tenemos $$ \begin{bmatrix} \lambda_1 & C \\ E_1 & B \end{bmatrix}, $$ where $C$ is some row vector, $E_1$ is a column vector with 1 in the top entry and zeros elsewhere, and $B$ is a matrix such that $\text{tr}(B)=\text{tr}(A)-\lambda_1$ (similar matrices tienen la misma traza). Un argumento inductivo es utilizado en $B$, y si $B$, de modo que pasa a ser escalar no es una simple similitud de transformar a arreglar eso. No voy a completar la inducción completa argumento aquí para demostrar Fillmore del teorema, pero el punto de mostrar la construcción es que la matriz resultante cuando el empleo de esta construcción contiene los valores deseados en la diagonal y contiene valores distintos de cero, por debajo de la diagonal que va a ser debido a la multiplicación de la final de la matriz de cambio de base con $E_1$ (a cada paso). En particular, la primera columna contendrá distinto de cero entradas debajo de $\lambda_1$*. Vamos a esta matriz se $A'$.
Ahora supongamos $A'$ es inferior triangular. La parte inferior derecha $2 \times 2$ submatriz será de la forma $$\begin{bmatrix} \lambda_{n-1} & 0 \\ 1 & \lambda_n \end{bmatrix}.$$ Vamos $$P = \begin{bmatrix} I_{n-2} & 0 & 0\\ 0 & 0&1\\0&1&0 \end{bmatrix}, $$ then $P^{-1}A P$ still has the same diagonal, except that the last two diagonal entries are swapped and it will have an 1 in entry $(n-1,n)$, por lo que ya no es de forma triangular, que luego se completa la prueba.
Queda por demostrar que esta para escalar de matrices (es decir, de la forma $A=kI_n$) si es cierto que en ese caso, y tal vez una prueba o contra-ejemplo en el caso de $n=2$ - creo que se puede obtener un ejemplo de una matriz, la cual no puede ser similar a la de un no-triangular de la matriz con valores propios, en diagonal, en este caso, tal vez.
Solo para aclarar *: Supongamos $Q$ es la matriz de cambio de base tal que $Q^{-1}BQ$ ha diagonal $\lambda_2,\lambda_3,\ldots,\lambda_n$, luego $$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & Q^{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda_1 & C\\ E_1 & B\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & Q\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & CQ \\ \text{Col}_1(Q^{-1}) & Q^{-1}BQ\end{bmatrix}, $$ and $\texto{Col}_1(P^{-1})$ no sólo tienen cero entradas, ya que es de rango completo.
