Deje $M(x)$ ser un diagonalisable $n \times n$ matriz compleja cuyas componentes son funciones continuas de $x$ y supongamos que, para todos los $x$, $M$ ha autovalor $0$ con multiplicidad $m < n$ (independiente de $x$). Es posible elegir una base para la $0$-subespacio propio de $M$ cuyas componentes son funciones continuas de $x$?
Respuesta
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Esto es cierto incluso sin la suposición de que M es diagonalizable, el único punto importante es que el $M(x)$ tiene rango constante. Su reclamo es un simple ejemplo de un estándar de resultado en el vector haces, pero voy a describir una argumentación directa, asumiendo que $x\in\mathbb R$.
Primero usted tiene que observar que basta para hacer de este local. Supongamos que usted ha dado dos continuo a las familias de vectores $v_1(x),\dots,v_m(x)$$x\in (a,b)$$w_1(x),\dots,w_m(x)$$x\in (c,d)$$a<c<b<d$, cada uno abarca el núcleo de $M(x)$ donde están definidos. A continuación, fije $x_0$$c<x_0<d$, por lo que ambas familias están definidos en $x_0$. Entonces es invertible $m\times m$--matriz $(a_{ij})$ tal que $v_i(x_0)=\sum_ja_{ij}w_j(x_0)$. A continuación, defina $u_i(x)$ a $v_i(x)$$x\leq x_0$$\sum_ja_{ij}w_j(x)$$x\geq x_0$. Por construcción, cada una de las $u_i(x)$ es definida y continua en $(a,d)$ $u_1(x),\dots,u_m(x)$ forman una base para el núcleo de $M(x)$ por cada $x\in(a,d)$.
Para resolver el problema a nivel local, fijar un punto de $x_0$, y elegir una base $v_1,\dots,v_m$ para el núcleo de $M(x_0)$, y la extendemos por $v_{m+1},\dots,v_n$ a de base para $\mathbb R^n$. A continuación, la definición de $w_i:=M(x_0)v_i$$i=m+1,\dots,n$, los vectores $w_{m+1},\dots,w_n$ son linealmente independientes en $\mathbb R^n$, de modo que se puede extender a una base $\{w_1,\dots,w_n\}$$\mathbb R^n$. Ahora vamos a $A$ ser la matriz con columnas $v_1\dots,v_n$ $B$ ser la matriz con columnas $w_1,\dots,w_m$. A continuación, $\tilde M(x):=BM(x)A^{-1}$ expresa que la familia $M(x)$ de transformaciones lineales con respecto a las bases de $\{v_i\}$$\{w_i\}$, y, por supuesto, $\tilde M(x)$ aún tiene entradas de función Continua en $x$. Si tenemos un continuo familia $u_1(x),\dots, u_m(x)$ que abarca el núcleo de $\tilde M(x)$, $Au_1(x),\dots, Au_m(x)$ resuelve el problema de $M(x)$. Por lo tanto sólo tenemos que lidiar con $\tilde M(x)$. Escribo esto como un bloque de matriz $\begin{pmatrix} A(x) & B(x) \\ C(x) & D(x) \end{pmatrix}$ con bloques de tamaño $m$$n-m$. Luego, por la construcción de la $A(x_0)=B(x_0)=C(x_0)=0$ mientras $D(x_0)$ es la matriz identidad de tamaño $n-m$. Por la continuidad, hay un $\epsilon>0$ tal que $\det(D(x))\neq 0$$|x-x_0|<\epsilon$. Por otra parte, por la regla de Cramer, la matriz de entradas de $D(x)^{-1}$ dependen continuamente en $x$. Denotando por $I$ la matriz identidad y calcular el producto de $\tilde M(x)$ con el invertible bloque de matriz $\begin{pmatrix} I & 0 \\ D(x)^{-1}C(x) & D(x)^{-1}\end{pmatrix}$, cuyas entradas dependen continuamente en $x$. El resultado es $\begin{pmatrix} A(x)-B(x)D(x)^{-1}C(x) & B(x)D(x)^{-1} \\ 0 & I \end{pmatrix}$. Por supuesto, $\tilde M(x)$ rango $m-n$ todos los $x$, por lo que el mismo debe ser cierto para la segunda matriz. Desde su último $m-n$ filas, evidentemente, son linealmente independientes, esto sólo es posible, si todas las filas son combinaciones lineales de los últimos $m-n$ filas. Pero esto muestra que $ A(x)-B(x)D(x)^{-1}C(x)=0$ todos los $x$, y por tanto, la primera $m$ columnas de $\begin{pmatrix} I & 0 \\ D(x)^{-1}C(x) & D(x)^{-1}\end{pmatrix}$ forman la base necesaria para el núcleo de $\tilde M(x)$.
