Matriz normal y vectores propios

Question

Deja que $A \in M_n(\mathbb{C})$ muestre que si cada vector propio de $A$ es un vector propio de $A^*$ entonces $A$ es normal.

Esta pregunta es equivalente a Si cada vector propio de $T$ también es un vector propio de $T^{*}$ entonces $T$ es un operador normal. La primera respuesta utiliza la triangularización unitaria pero no entendí por qué el hecho de que $e_1$ sea un vector propio de $T^*$ implica $a_{1j}=0$ para $j>1$. En la segunda respuesta hay una pista, pero ¿cómo completa la prueba?

Answer 1

Primero mostramos:

Si $T$ es triangular y los eigenvectores de $T$ son los eigenvectores de $T^*$, entonces $T$ es diagonal.

Prueba por inducción: La afirmación se cumple trivialmente para $n=1$. Supongamos que es verdadera para matrices de tamaño $(n-1)\times(n-1)$ y sea la matriz (superior) triangular $T$ de la forma $$ T=\begin{bmatrix}\tau&t^*\\0&\tilde{T}\end{bmatrix}. $$ La matriz $T$ tiene un eigenvalor $\tau$ con el eigenvector $e_1=[1,0,\ldots,0]^T$, es decir, $Te_1=\tau e_1$. Tenemos $$ T^*e_1=\begin{bmatrix}\bar{\tau}&0\\t&\tilde{T}^*\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\bar{\tau}\\t\end{bmatrix}. $$ Por la suposición, $e_1$ es el eigenvector de $T^*$. Esto es posible solo si $t=0$, es decir, $T$ tiene la forma $$ T=\begin{bmatrix}\tau&0\\0&\tilde{T}\end{bmatrix}. $$ Por la suposición de inducción, la matriz $\tilde{T}$ es diagonal ya que tiene los mismos eigenvectores que $\tilde{T}^*$.

En segundo lugar, consideremos la descomposición de Schur de $T$, $T=QRQ^*$, donde $Q$ es unitaria y $R$ triangular superior. Nótese que $Tx=\lambda x$ es equivalente a $(Q^*TQ)(Q^*x)=\lambda(Q^*x)$, es decir, $R(Q^*x)=\lambda(Q^*x)$ y $T^*x=\mu x$ es equivalente a $(Q^*T^*Q)(Q^*x)=\mu(Q^*x)$, es decir, $R^*(Q^*x)=\mu(Q^*x)$. Por lo tanto, $x$ es un eigenvector común de $T$ y $T^*$ si y solo si $Q^*x$ es un eigenvector común del factor triangular $R$ de la descomposición de Schur de $T^*$. Usando la afirmación que demostramos, vemos que $T$ y $T^*$ tienen eigenvectores comunes si y solo si $R$ es diagonal y por lo tanto $T=QRQ^*$ (con $R$ diagonal) es normal.

Answer 2

Aquí hay un comienzo. Primero que todo, note esto

si $\lambda$ es un eigenvalor de $A$, entonces $\overline{\lambda}$ es un eigenvalor de $A^*$.

Ahora, tenemos

$$ Au = \lambda u $$

lo que implica

$$ A^* u = \overline{\lambda} u, $$

dado que tienen el mismo eigenvector. Aplica $A^*$ y $A$ a las últimas dos ecuaciones respectivamente e intenta terminar el problema.

Answer 3

Sea v un vector propio de T para el valor propio ɳ

y v un vector propio de T* para el valor propio µ entonces

Tv = ɳv

T*v = µv, aplicando T* al primero y T al segundo:

T*Tv = ɳT*v = ɳµv

TT*v = uTv = ɳµv; Así TT*v = T*Tv para todos los vectores propios linealmente independientes, por lo tanto TT* = T*T