Explicación geométrica intuitiva: existencia de un valor propio en un espacio vectorial real de dimensión impar.

Question

Busco una persona intuitiva geométrico explicación para el hecho de que dado un espacio vectorial real impar dimensional $W$ y un endomorfismo $T:W \rightarrow W$ existe un valor propio real de $T$ . No busco una explicación algebraica que implique el grado del polinomio característico.

Answer 1

Supongo que en el fondo se reduce al hecho de que las rotaciones "básicas" son bidimensionales, por lo que las rotaciones generales (como combinaciones de rotaciones básicas "disjuntas") son siempre "pares".

Esto significa que siempre hay al menos una dimensión sobrante en los espacios de dimensión impar.

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Para hacerlo más preciso, considere el descomposición polar de $T$ .
De manera más general, dejemos que $\mathbb{K}$ sea $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ . Toda transformación lineal $M:\mathbb{K}^n\longrightarrow \mathbb{K}^m$ admite un descomposición del valor singular

$$M=U\Sigma V^*$$

donde $U:\mathbb{K}^m\longrightarrow \mathbb{K}^m$ y $V:\mathbb{K}^n\longrightarrow \mathbb{K}^n$ son unitarios y $\Sigma:\mathbb{K}^n\longrightarrow \mathbb{K}^m$ es diagonal con entradas reales no negativas.
En particular, si $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ Todas las entradas involucradas son reales $($ y $V^*$ se reduce a $V^T)$ .

Observando que $VV^T=V^TV=I$ podemos entonces considerar la descomposición

$$T=V\left[\underbrace{\left(V^TU\right)}_ {Q}\Sigma\right]V^T$$

El $V$ y $V^T=V^{-1}$ Los paréntesis exteriores sólo indican un cambio de base. Por lo tanto, en esencia $T$ puede escribirse como una composición $Q\Sigma$ , donde $Q$ es ortogonal como se puede comprobar fácilmente. Esto es una descomposición polar de $T$ $($ por analogía con la forma polar $z=re^{i\theta}$ , salvo que aquí el orden es más bien $z=e^{i\theta}r)$ .

Ahora, supongamos que $W\simeq \mathbb{R}^n$ para algunos impar $n$ y además supongamos que tiene un núcleo no trivial, de lo contrario no hay nada que ver.
En este caso, $\Sigma$ Las entradas de la diagonal son todas positivas, por lo que es simplemente un estiramiento (no nulo) de cada uno de nuestros ejes. ¡Hay muchos eigenspaces hasta ahora!
Sólo queda aplicar la transformación ortogonal $Q$ Y aquí es donde entra en juego la observación inicial de que las rotaciones son bidimensionales.

Answer 2

Advertencia: esto puede no satisfacer la definición de "intuitivo" de muchos lectores.

Supongamos que $T$ es un endomorfismo de $V=\Bbb R^n$ que se desvanece en ninguna parte. Entonces $T$ determina un mapa continuo $f$ de la esfera $S^{n-1}$ a sí mismo por $f(u)=T(u)/|u|$ . Además, el mapa es biyectivo por lo que tiene grado $\pm1$ .

Si $n$ es impar, $n-1$ es par y $S^{n-1}$ tiene la característica de Euler $2$ . Sustitución de $T$ por $-T$ es necesario, podemos suponer $g$ tiene grado $1$ y así $f$ actúa trivialmente sobre la homología singular de $S^{n-1}$ . Como la característica de Euler de $S^{n-1}$ es distinto de cero, por el teorema del punto fijo de Lefschetz, $f$ tiene un punto fijo, y esto significa que $T$ tiene un vector propio.

Alternativamente, si $T$ no tiene ningún vector propio, entonces tampoco $f$ ni $-f$ tiene un punto fijo. Si definimos $g(u)$ como el componente de $f(u)-u$ ortogonal a $u$ entonces $g$ es un campo vectorial que no desaparece en ninguna parte en $S^{n-1}$ . Por el Teorema de la Bola Peluda generalizado, esto sólo es posible si $S^{n-1}$ tiene característica de Euler nula, es decir, si $n$ está en paz.