Si $\lambda$ es el valor propio de a $n\times n$ matriz ortogonal no sinular $A$ demuestre que $\frac{1}{\lambda}$ también es un valor propio.

Question

PREGUNTA :

Si $\lambda$ es el valor propio de a $n\times n$ matriz no singular $A$ y $A$ es un verdadero ortogonal, demuestre que $\frac{1}{\lambda}$ es un valor propio de la matriz $A$ .

MI INTENTO:

Desde $\lambda$ es el valor propio de a $n\times n$ matriz $A$ tenemos $$|A-\lambda I_n|=0$$ También desde $A$ es una matriz ortogonal real,tenemos $$AA^T=A^TA=I_n$$ Por tanto, podemos concluir que $$|A-\lambda( AA^T)|=0$$ O, $$|\lambda A\left(\frac{1}{\lambda}I_n- A^T\right)|=0$$ O, $$\left|\lambda A\right|\cdot \left|\frac{1}{\lambda}I_n- A^T\right|=0$$ O, puesto que $A$ es no singular, $$\left|A^T-\frac{1}{\lambda} I_n\right|=0$$

Por lo tanto, podemos concluir que $\frac{1}{\lambda}$ es un valor propio de la matriz $A^T$ .

Pero, ¿cómo ¿pruebo que $\frac{1}{\lambda}$ es un valor propio de la matriz $A$ ?

¿Mi funcionamiento es defectuoso? ¿O hay un error en la pregunta?

Por favor, ayuda.

Answer 1

Supongamos que $v\neq 0$ y $Av=\lambda v$ . Entonces, $$ \frac{1}{\lambda}v=\frac{1}{\lambda}Iv=\frac{1}{\lambda}(A'A)v=\frac{1}{\lambda}A'(Av)=\frac{1}{\lambda}A'\lambda v=A'v. $$ Así que $\lambda^{-1}$ es un valor propio de $A'$ . Pero $A'$ y $A$ tienen los mismos valores propios (porque $\det(I-\zeta A)=\det[(I-\zeta A)']=\det(I-\zeta A')$ para todos los reales $\zeta$ ), y así $\lambda^{-1}$ es un valor propio de $A$ .

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Argumento que no utiliza determinante Supongamos que $v\neq 0$ y $Av=\lambda v$ . Tenemos $$ \lambda^2||v||^2=(\lambda v)'(\lambda v)=(Av)'(Av)=v'A'Av=v'(I)v=||v||^2. $$ Esto implica $\lambda^2=1$ y así $\lambda=\pm 1$ . En cualquier caso, $\lambda=\lambda^{-1}$ y, por supuesto, si $\lambda$ es un valor propio de $A$ entonces es trivial que $\lambda^{-1}$ ( $=\lambda$ ) es también un valor propio de $A$ .

Answer 2

Pistas:

1. si $v$ es el valor propio de $\lambda$ de una matriz invertible $A$ es también un valor propio de $\lambda^{-1}$ de $A^{-1}$ ,

2. $A$ y $A^T$ tienen los mismos polinomios característicos y, por tanto, los mismos valores propios.

3. Si $A$ i $A^{-1}=A^T$ .

Answer 3

Demostremos que para cualquier matriz $A$ tenemos $\det{A}=\det{A^T}$ . Una vez hecho esto, es obvio que

$$\det{(A-\lambda\cdot I)^T}=\det{(A^T-\lambda\cdot I)}$$

y esto demuestra que $A$ y $A^T$ tienen el mismo polinomio característico y, por tanto, los mismos valores propios.

Empecemos con la fórmula de Leibniz para un determinante

$$\det{A}=\sum_{\sigma\in\Sigma_n}\epsilon(\sigma)a_{\sigma(1),1}\cdots a_{\sigma(n),n}$$

Transponiendo obtenemos

$$\det{A^T}=\sum_{\sigma\in\Sigma_n}\epsilon(\sigma)a_{1,\sigma(1)}\cdots a_{n,\sigma(n)}$$

Porque todos los $\sigma$ son biyecciones

$$\det{A^T}=\sum_{\sigma\in\Sigma_n}\epsilon(\sigma)a_{\sigma^{-1}(1),1}\cdots a_{\sigma^{-1}(n),n}$$

Ahora reindexar con $\tau=\sigma^{-1}$ obtenemos

$$\det{A^T}=\sum_{\tau\in\Sigma_n}\epsilon(\tau)a_{\tau(1),1}\cdots a_{\tau(n),n}=\det{A}$$