¿Por qué el hecho de que " $Tv$ es ortogonal a $v$ para todos $v$ implica que T es el operador cero" se rompen para los espacios de productos internos reales?

Question

Aquí está el torpemente llamado teorema 7.14 (para el que tampoco se me ocurre un buen nombre) que aparece en Axler's Linear Algebra Done Right, 3ª edición, p 210:

La demostración es algebraica, y no puedo extraer de ella ninguna intuición sobre por qué este teorema se rompe sobre $\mathbf{R}$ como el autor afirmó. ¿Qué tiene de especial $\mathbf{C}$ que permite escribir un producto interno en la forma anterior, lo que parece imposible para el producto interno sobre $\mathbf{R}$ ?

También agradecería pruebas alternativas (y más "intuitivas", o quizás elementales) para este resultado.

Answer 1

Una respuesta geométrica es el hecho, un tanto sorprendente, de que la rotación es esencialmente bidimensional. Estamos acostumbrados a pensar, en el espacio 3, en la "rotación sobre un eje", pero sería más prudente decir "rotación en un plano". En el espacio 4, por ejemplo, tenemos la rotación $$ \begin{bmatrix} 1 & 0 & &&\\ 0 & 1 & & &\\ & & c & -s \\ & & s & c \end{bmatrix} $$ donde $s$ y $c$ son el seno y el coseno de algún ángulo. Pero esta rotación fija tanto el $x$ - y el $y$ -De hecho, para cada dimensión, cualquier rotación se puede escribir como el producto de tales "rotaciones en un plano" (aunque esto requiere un poco de demostración).

Ahora bien, en el caso complejo, tal rotación en un plano no es tanto una rotación como una escala uniforme por una constante compleja $\gamma = c + is$ de módulo 1. La propia noción de producto interior complejo dice, por ejemplo, que $1$ y $i$ ya no son perpendiculares, pues $$ <1, i> = 1 \cdot (-i) = -i \ne 0. $$

Así que mientras que antes "tenías espacio" para poner $T(u)$ en algún lugar ortogonal a $u$ (en el caso real), ya no lo hace en el complejo, o al menos no hay suficientes lugares diferentes y no enredados para hacerlo, que es lo que muestra la prueba de Axler: no se puede hacer $u \pm w$ y $u \pm iw$ todos los mapas a las cosas que serán perpendiculares a ellos.

Answer 2

Me disculpo por la larga respuesta. Sólo te he expuesto todo lo que he podido, ya que hace poco que me siento cómodo con estas ideas.

Soy un gran fan de "Done Right" y, de hecho, lo estoy utilizando yo mismo en este momento. La demostración del teorema está bien porque es detallada. Intuitivamente, me parece útil considerar el plano complejo, que representa todos los $\mathbb{C}$ como un análogo de la línea de números reales. Como los números pueden tener partes reales e imaginarias, el plano complejo es un espacio vectorial real bidimensional sobre $\mathbb{R}$ pero si permitimos escalares complejos, es un espacio vectorial unidimensional.

Considere la posibilidad de escribir cualquier número complejo $z$ en forma polar, como $re^{i\theta}$ , donde $r=|z|$ y $\theta=\arg(z)$ el ángulo desde el eje real positivo. Ahora, si sólo permitimos la multiplicación por escalares reales, sólo podemos movernos a lo largo de la línea que pasa por el origen y que contiene $z$ ya que dicha multiplicación sólo cambia el valor de $r$ . Pero si permitimos la multiplicación por escalares complejos, podemos multiplicar por cualquier $z'=r'e^{i\theta'}$ para conseguir $zz'=rr'e^{i(\theta+\theta')}$ y está claro que podemos llegar a cualquier otro elemento de $\mathbb{C}$ mediante la multiplicación escalar por un escalar complejo. Así que, en este sentido, ningún elemento de $\mathbb{C}$ es ortogonal a cualquier otro elemento.

En $\mathbb{C}$ Por ejemplo, dejemos que $a+ib$ estar representado por $(a,b)$ . Entonces podemos obtener de $(1,0)$ a $(0,1)$ por ejemplo, multiplicando por $i$ . Escríbelo: $(1,0)$ es $1+0i$ y multiplicando por $i$ nos da $(0+i)$ que es $(0,1)$ . Debería ser fácil ver que, en general, para $v\in\mathbb{C}$ y $T:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ existe $z\in \mathbb{C}$ tal que $Tv=zv$ y tomando el producto interior de ambos lados con $v$ muestra que $\langle Tv, v\rangle = \langle zv,v\rangle=z\langle v, v\rangle$ que es igual a cero para los que no lo son $z$ si y sólo si $\langle v, v\rangle=0$ , lo que significa que $v=0$ .

La razón por la que esto falla para los espacios vectoriales reales se da más arriba. Consideremos $\mathbb{R}^2$ . Como el campo es ahora real, no podemos pasar de $(1,0)$ a $(0,1)$ por multiplicación escalar ya que $i$ no está en nuestro campo. Vemos claramente que si $T$ gira en $\mathbb{R^2}$ por $\pi/2$ podemos tener $\langle Tv, v\rangle = \langle T(1,0),(1,0)\rangle=\langle (0,1),(1,0)\rangle=0$ tomando el producto interno habitual, aunque $v\neq 0$

Espero que esto sea útil. Estoy divagando.

Answer 3

Cómo falla la prueba. La prueba citada se basa en la igualdad $\langle T(u\pm iw), u\pm iw\rangle=0$ . En un espacio de producto interno complejo, esta igualdad es sólo un caso especial de la suposición dada de que $\langle Tv,v\rangle=0$ para cada vector $v\in V$ . Sin embargo, en un espacio de producto interno real, la igualdad ya no se deduce de la suposición, porque $u\pm iw$ no es necesariamente un vector en $V$ (nota que $iw$ no es una multiplicación escalar legítima sobre $\mathbb R$ ).

Por qué falla el planteamiento del problema. Esto se debe a que en un espacio de producto interno real, la identidad $\langle Tv,v\rangle\equiv0$ siempre se satisface con cada Operador de unión oblicua $T$ . Para ilustrarlo de forma concreta, consideremos una matriz real no nula de simetría sesgada $K$ . Aunque existen complejo vectores $v$ (como los vectores propios correspondientes a los valores propios no nulos de $K$ ) tal que $\langle Kv,v\rangle=v^\ast Kv\ne0$ el producto interior es siempre cero si $v$ sólo puede ser real .