Demostrar que si $A$ es normal, entonces los vectores propios correspondientes a valores propios distintos son necesariamente ortogonales (prueba alternativa)

Question

El planteamiento del problema es el siguiente:

Demostrar que para una matriz normal $A$ los vectores propios correspondientes a diferentes valores propios son necesariamente ortogonales.

Puedo demostrarlo utilizando el teorema espectral. Lo esencial de mi demostración se presenta a continuación.

Si es posible, me gustaría encontrar una prueba más sencilla. Tenía la esperanza de que podría haber algún tipo de manipulación en este sentido señalando que $$\langle Av_1,A v_2\rangle = \langle v_1,A^*Av_2\rangle = \langle v_1,AA^*v_2\rangle = \langle A^* v_1,A^* v_2 \rangle$$

Agradecería cualquier idea al respecto.

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Mi prueba:

Sea $\{v_{\lambda,i}\}$ sea una base ortonormal de vectores propios (como garantiza el teorema espectral) tal que $$A v_{\lambda,i} = \lambda v_{\lambda,i}$$ Sea $v_1,\lambda_1$ y $v_2,\lambda_2$ sean pares propios con $\lambda_1 \neq \lambda_2$ . Podemos escribir $v_1 = \sum_{i,\lambda}a_{i,\lambda}v_{i,\lambda} .$ Entonces tenemos $$0 = Av_1 - \lambda_1 v_1 = \sum_{i,\lambda}(\lambda - \lambda_1)a_{i,\lambda}v_{i,\lambda}$$ De modo que $a_{i,\lambda} = 0$ cuando $\lambda \neq \lambda_1$ . Del mismo modo, podemos escribir $v_2 = \sum_{i,\lambda}b_{i,\lambda}v_{i,\lambda}$ y observe que $b_{i,\lambda} = 0$ cuando $\lambda \neq \lambda_2$ . A partir de ahí, tenemos $$\langle v_1,v_2 \rangle = \sum_{i,\lambda}a_{i,\lambda}b_{i,\lambda}$$ lo anterior debe ser cero ya que para cada par $i,\lambda$ o bien $a_{i,\lambda}=0$ o $b_{i,\lambda} = 0$ .

Answer 1

Supongamos que $\;\lambda\neq \mu\;$ y

$$\begin{cases}Av=\lambda v\;\,\implies\; A^*v=\overline \lambda v\\{}\\Aw=\mu w\implies A^*w=\overline\mu w\end{cases}$$

De esto obtenemos:

$$\begin{cases}\langle v,Aw\rangle=\langle v,\mu w\rangle=\overline\mu\langle v,w\rangle\\{}\\ \langle v,Aw\rangle=\langle A^*v,w\rangle=\langle\overline\lambda v,w\rangle=\overline\lambda\langle v,w\rangle \end{cases}$$

y puesto que $\;\overline\mu\neq\overline\lambda\;$ obtenemos $\;\langle v,w\rangle =0\;$

Pregunta: ¿Dónde hemos utilizado la normalidad en lo anterior?

Answer 2

Especializar su identidad para $v_1=v_2=v$ obtenemos $\|Av\|=\|A^*v\|$ . Por lo tanto $\ker A=\ker A^*$ . Recordando que $\ker A^* = (\operatorname{ran} A)^\perp$ en general $A$ concluimos que el núcleo y el rango de una matriz normal son mutuamente ortogonales.

Queda por aplicar la conclusión anterior a $A-\lambda I$ donde $\lambda$ es un valor propio de $A$ .

Answer 3

Intento dar otra prueba sencilla para $$T^*v=\bar{\lambda}v ~\text{ if }~ Tv=\lambda v$$ donde $T$ es un operador normal en un espacio de Hilbert $H$ .

Supongamos que $V=\ker(T-\lambda I)$ . Desde $T^*$ comunicarse con $T$ , $$T^*V\subset V.$$ Porque $$\langle v,T^*v\rangle =\langle Tv,v\rangle =\langle \lambda v,v\rangle=\langle v,\bar{\lambda}v\rangle ~~\forall v \in V,$$ $\langle u,T^*v\rangle =\langle u, \bar{\lambda}v\rangle ~\forall u,v\in V$ por identidad de polarización, y por tanto $T^*v=\bar{\lambda}v.$

OBSERVACIÓN: Sea $\sigma:V\times V\to W$ sea una forma sesquilineal, donde $V$ y $W$ son espacios vectoriales lineales sobre $\mathbb{C}$ . La siguiente fórmula se denomina Polarización Identidad : $$\sigma(u,v)=\sum_{k=0}^3 i^k\sigma(u+i^k v, u+i^kv).$$

Answer 4

linear_algebra_done_right Esto es de álgebra lineal bien hecha . por cierto, ¡es el mejor libro sobre álgebra lineal que he visto nunca!

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Prueba: Supongamos que $\alpha,\beta$ son valores propios distintos de $T$ con los correspondientes vectores propios $u,v$ . Así, $Tu = \alpha u$ y $Tv = \beta v$ . De 7.21 tenemos $T^*v = \bar \beta v.$ Así, $$\begin{align} (\alpha - \beta)\langle u,v \rangle &= \langle \alpha u,v \rangle - \langle u, \bar \beta v \rangle \\ &= \langle Tu,v \rangle - \langle u, T^*v \rangle \\ & = 0. \end{align}$$ Porque $\alpha \neq \beta$ la ecuación anterior implica $\langle u,v \rangle = 0$ . Así, $u$ y $v$ son ortogonales, como se desea.

Answer 5

Utilizaré la notación de Introducción al álgebra lineal por Strang. Deja $A^H$ sea la transpuesta conjugada de $A$ y supongamos $A$ es normal, es decir $AA^H = A^H A$ .

Examinar un par propio $Ax = \lambda x$ . Multiplicar por $A^H$ y tenemos $A^H Ax = AA^H x = \lambda A^H x$ . Supongamos que sólo $x$ con valor propio $\lambda$ (véase la nota al final), por lo que aquí sabemos que $A^H x$ es múltiplo de $x$ es decir $A^H x = c x$ . Multiplicar por $x^H$ y tenemos $c = \bar \lambda$ es decir, el conjugado de $\lambda$ .

Consideremos ahora otro par propio $A y = \mu y$ con $\mu \neq \lambda$ . A partir del resultado del párrafo anterior, tenemos $y^H A = \mu y^H$ . Ahora multiplique por $x$ y obtenemos $\mu y^H x = \lambda y^H x$ lo que conduce a $y^H x = 0$ .

Nota: si hay varios $x$ con valor propio $\lambda$ seleccione $x$ es la combinación lineal que también es un vector propio de $A^H$ . Tal elección siempre es posible dado que hay al menos un vector propio con valor propio $\lambda$ (la prueba se deja como ejercicio para el lector).