¿Por qué una matriz no diagonalizable puede ser aproximada por una secuencia infinita de matrices diagonalizables?

Question

Se sabe que cualquier matriz no diagonalizable,$A$, puede ser aproximada por un conjunto de matrices diagonalizables, por ejemplo$A \simeq \lim_{k \rightarrow \infty} A_k$. ¿Por qué esto es cierto?

Nota: Me encontré con él por primera vez en una nota sobre una simple prueba para el teorema de Cayley-Hamilton, pero no pude encontrarlo en mis libros ni en Internet en la medida en que he buscado en Google.

Answer 1

Si la matriz tiene distintos valores propios, puede ser diagonalized.

Usted puede perturbar una matriz por un arbitrariamente pequeña cantidad para que todos los autovalores son distintos.

Dar cualquier $A$, vamos a $J$ ser el Jordan en la forma. Que es, para algunos,$V$, usted tiene $A=U J U^{-1}$.

Deje $\Delta= \operatorname{diag}(1,2,...,n)$ donde $n$ es la dimensión de la matriz, y considerar la secuencia de $A_k = A+ \frac{1}{k} U\Delta U^{-1}$ (gracias a la p.s. para la captura de mi error aquí).

Los autovalores de a$A_k$$[J]_{ii} + \frac{1}{k} i$, por lo tanto para $k$ lo suficientemente grande, los autovalores son distintos, y por lo tanto, $A_k$ es diagonalizable.

Claramente $A_k \to A$, de ahí el resultado.

Nota: Si usamos el Schur formulario en su lugar, podemos calcular explícitamente la distancia $\|A-A_k\|_2 = \frac{n}{k}$.

Answer 2

Lo siento resucitar un viejo post, pero me gustaría suministro de una prueba de ello sin invocar forma normal de Jordan o la descomposición de Schur.

Así que queremos que se muestre la siguiente declaración.

Teorema. Deje $T$ sea una transformación lineal de un número finito de dimensiones complejas espacio vectorial $V$ di $\mathbb{C}^n$ por simplicidad y sin pérdida de generalidad; $\epsilon > 0$ existe un lineal mapa de $S$$\mathbb{C}^n$$\|T - S\| < \epsilon$, de modo que $S$ es diagonalizable. Aquí la norma $\|\cdot\|$ es el operador de la norma, afirman que la utilización de la norma Euclidiana del producto $($o cualquier otro, si uno desea$)$$\mathbb{C}^n$.

$($En otras palabras, la diagonalizable transformaciones lineales en un complejo finito-dimensional espacio vectorial son "genéricos": la fijación de cualquier base, que son densos en la topología de $n \times n$ matrices complejas, de la que es habitual la topología en $\mathbb{C}^{n^2}$.$)$

Lema 1. Deje $T$ ser una transformación lineal en un complejo finito-dimensional espacio vectorial $V$. Entonces existe una base en la $V$ en relación a que $T$ está representado por una triangular superior de la matriz.

Prueba. Ejercicio izquierda para el lector. Para los perezosos, hay una evidencia completa en este enlace, MATEMÁTICAS 396. Cociente de Espacios, y una completa prueba en Axler del Álgebra Lineal se Hace la Derecha. $\square$

Lema 2. Para un operador lineal $T$ sobre el espacio vectorial $V$ con dimensión $n$, vamos a $M(T) = \{t_{ij}\}$ ser una matriz de $T$ en alguna base. A continuación, $\| T \| \le n \max_{1\le i, j \le n} |t_{ij}|$ donde $\|T\| = \sup_{\|x \| = 1} \|Tx\|$.

Prueba. Tomar algunos vectores $x\in V$$\|x\| = 1$. Deje $T_1, T_2, \dots, T_n$ ser los vectores fila de a $M(T)$. Entonces $$\| Tx \| = \|(T_1 \cdot x \quad T_2 \cdot x \quad \dots \quad T_n \cdot x) \| \le \|(\|T_1\| \quad \|T_2\| \quad \dots \quad \|T_n\|)\| $$ $$ = \sqrt{\|T_1\|^2 + \|T_2\|^2 + \dots + \|T_n\|^2} \le \sqrt{n} \max_{1\le j \le n} \|T_j\| $$ $$=\sqrt{n} \max_{1\le j\le n} \sqrt{{t_{1j}}^2 + {t_{2j}}^2 + \dots +{t_{nj}}^2} \le n \max_{1\le j \le n} \max_{1\le i \le n} |t_{ij}| \le n \max_{1\le i, j \le n} |t_{ij}|.$$

$\tag*{$\square$}$

Fix $\epsilon > 0$. Deje $n$ ser la dimensión de la $V$. Por el Lema $1$, hay alguna base en la cual la matriz de $M(T) = \{t_{ij}\}$ $T$ es triangular superior. Vamos a trabajar en esta base. La construcción de una nueva matriz $M(S) = \{s_{ij}\}$ como sigue. Deje $s_{ij} = 0$ siempre $i>j$. Para cada par ordenado $(i,j)$ $i \le j$ elige el número complejo a $s_{ij}$ tal que $|s_{ij} - t_{ij}| < \epsilon/n$, con la restricción de que todas las $s_{ii}$ son distintos para $1\le i \le n$ $($esto es claramente posible$)$. Deje $S$ ser la transformación lineal determinado por $M(S)$. Desde $|s_{ij} - t_{ij}| < \epsilon/n$ para todos los $i$, $j$ $($cuando $i>j$, $s_{ij} - t_{ij} = 0$$)$, por el Lema $2$ tenemos que $$\|T - S\| \le n \max_{1\le i, j \le n} |s_{ij} - t_{ij}| < \epsilon.$$ Now consider the characteristic polynomial of $M(S)$, $$p(\lambda) = (s_{11} - \lambda)(s_{22} - \lambda)\dots(s_{nn} - \lambda).$$ Since the $s_{ii}$ are distinct, $S$ has $n$ distinct eigenvalues. Therefore $S$ is diagonalizable. We conclude for every $\epsilon > 0$ we can find a linear map $S$ such that $\|T - S\| < \epsilon$ and $S$ es diagonalizable.

Answer 3

Deje $B=[b_{i,j}]$ $p((b_{i,j})_{i,j})$ ser el discriminante de $\chi_B(x)=\det(B-xI)$. Desde $p$ no es idéntica $0$, $\{B|p(B)=0\}$ es Zariski-cerrado y $U=\{B|p(B)\not= 0\}$ es Zariski-denso ($\star$). Si $B\in U$, $B$ $n$ complejo distinto autovalores y es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$; de acuerdo ($\star$), en cada barrio de $A$ contiene un $B$ y hemos terminado.

EDIT. @ tomasz , una prueba como usted desea. Deje $B_0\in U$ y deje $D$ ser el complejo de la línea que pasa a través de $A,B_0$. $p_{|D}$ no es idéntica $0$ y, en consecuencia, sólo admite un número finito de raíces. A continuación, hay una secuencia $(B_i)_i$ $D\cap U$ que converge a $A$. Por otra parte, la prueba anterior muestra que $U$ es un arcwise conjunto conectado.