Valores propios de una matriz simétrica con multiplicadores de Lagrange

Question

Problema: Usando los multiplicadores de Lagrange, probar que todas las matrices simétricas $A \in \mathbb {R}^{n \times n}$ tienen todos los valores propios reales.

Prueba: Considere $f: \mathbb {R}^n \rightarrow \mathbb {R}$ definido por $f(x) = \langle Ax,x \rangle $ donde $ \langle \cdot , \cdot \rangle $ es el producto interno habitual de $ \mathbb {R}^n$ y $S^{n-1} = \{ x \in \mathbb {R}^n : \| x \| = 1 \}$ . He descubierto que $f'(x) = 2 \langle Ax,h \rangle $ pero estoy atrapado aquí.

Aprecio todos sus comentarios. ¡¡Gracias!!

Answer 1

No había visto esto antes, es bastante impresionante. El argumento, tal y como yo lo entiendo, es el siguiente.

Dada una matriz real simétrica $A$ nuestro primer plan de acción es encontrar un vector propio $v$ con un valor propio real. Lo hacemos de la siguiente manera, consideremos el mapa $f: S^{n-1} \to \mathbb{R}$ a través de $f(x) = \langle Ax , x \rangle$ . Este mapa es continuo (es polinómico en el $x_i$ ) y además es diferenciable.

Utilizando (fuertemente) que $A$ es simétrica, se encuentra que $f'(x) = 2Ax$ . Utilizando los multiplicadores de Langrange con la restricción de que $x \in S^{n-1}$ se encuentra que los puntos críticos satisfacen $2Ax = 2\lambda x$ Es decir $x$ es un vector propio con valor propio (obviamente real) $\lambda$ .

En este punto, sólo tenemos que convencernos de que $f$ tiene algún punto crítico. Como $f$ es un mapa continuo de un conjunto cerrado y acotado, por la generalización natural del teorema del valor extremo del cálculo (la imagen continua de un conjunto compacto es cerrada y acotada y el rango es $\mathbb{R}$ ), obtenemos que $f$ obtiene su máximo y su mínimo, y de los dos dice $f(v)$ es máxima (o mínima, no importa). Entonces $v$ es un punto crítico y por tanto es un vector propio de $A$ ( $v \neq0$ ya que está en $S^{n-1}$ ).

Así que hemos encontrado $v$ es un vector propio de $A$ con un valor propio real. Para terminar la prueba, utilice el truco estándar para restringir a $v^{\perp}$ que es $A$ -invariante. A continuación, apliquemos el mismo argumento a $v^{\perp}$ para encontrar el siguiente vector propio y así sucesivamente.

Observaré que la prueba anterior se rompe completamente para $n =1$ (¿por qué?). Por supuesto, este caso es fácil.

En retrospectiva, quizá el hecho de que esta prueba exista no sea tan sorprendente. Sabemos que $A$ es hasta una transformación ortogonal (que preserva la distancia) una matriz diagonal, y para una matriz diagonal, $D$ si su objetivo es maximizar (minimizar) $x^T Dx$ donde $x \in S^{n-1}$ está claro que hay que elegir el vector base estándar en la dirección de la mayor (menor) entrada diagonal de $D$ . La prueba anterior encuentra este vector de base estándar en una base diferente.