Autovalores para el rango de una matriz $uv^T$

Question

Supongamos $A=uv^T$ donde $u$ $v$ son no-cero vectores columna en ${\mathbb R}^n$, $n\geq 3$. $\lambda=0$ es un autovalor de a $A$ desde $A$ no es de rango completo. $\lambda=v^Tu$ también es un autovalor de a $A$ desde $$Au = (uv^T)u=u(v^Tu)=(v^Tu)u.$$ Aquí está mi pregunta:

Hay otros valores propios de a $A$?

Añadió:

Gracias a Didier comentario y anón la respuesta, $A$ no puede tener otros valores propios de a$0$$v^Tu$. Me gustaría actualizar a la pregunta:

Puede $A$ ser diagonalizable?

Answer 1

Estamos asumiendo $v\ne 0$. El complemento ortogonal del subespacio lineal generado por $v$ (es decir, el conjunto de todos los vectores ortogonales a $v$) es, por tanto, $(n-1)$- dimensional. Deje $\phi_1,\dots,\phi_{n-1}$ ser una base para este espacio. Entonces son linealmente independientes y $uv^T \phi_i = (v\cdot\phi_i)u=0 $. Por lo tanto, el autovalor $0$ tiene multiplicidad $n-1$, y no hay otros valores propios, además de que se e $v\cdot u$.

Answer 2

En cuanto a tu última pregunta, cuando es $A$ diagonalizable?

Si $v^Tu\neq 0$, luego de anón la respuesta que usted sabe que la multiplicidad algebraica de $\lambda$ al menos $n-1$, y la de su anterior trabajo sabéis $\lambda=v^Tu\neq 0$ es un autovalor; juntos, que permita, al menos, $n$ autovalores (contando multiplicidad); desde el geométrica y algebraica de multiplicidades de $\lambda=0$ son iguales, y el otro autovalor tiene multiplicidad algebraica $1$, se deduce que el $A$ es diagonalizable en este caso.

Si $v^Tu=0$, en el otro lado, entonces el anterior argumento no se sostiene. Pero si $\mathbf{x}$ es distinto de cero, entonces usted tiene $A\mathbf{x} = (uv^T)\mathbf{x} = u(v^T\mathbf{x}) = (v\cdot \mathbf{x})u$; si se trata de un múltiplo de $\mathbf{x}$, $(v\cdot\mathbf{x})u = \mu\mathbf{x}$, a continuación, cualquiera de $\mu=0$, en cuyo caso $v\cdot\mathbf{x}=0$, lo $\mathbf{x}$ es en el complemento ortogonal de $v$; o bien $\mu\neq 0$, en cuyo caso $v\cdot \mathbf{x} = v\cdot\left(\frac{v\cdot\mathbf{x}}{\mu}\right)u = \left(\frac{v\cdot\mathbf{x}}{\mu}\right)(v\cdot u) = 0$, y de nuevo $\mathbf{x}$ se encuentra en el complemento ortogonal de $v$; es decir, la única vectores propios de la mentira en el complemento ortogonal de $v$, y el único autovalor es $0$. Esto significa que el espacio propio es de dimensión $n-1$, y por lo tanto la multiplicidad geométrica de $0$ es estrictamente menor que su multiplicidad algebraica, por lo $A$ no es diagonalizable.

En resumen, $A$ es diagonalizable si y sólo si $v^Tu\neq 0$, si y sólo si $u$ no es ortogonal a $v$.

Answer 3

La matriz $A=uv^T$ rango$~1$, menos que cualquiera de las $u$ o $v$ es cero, en cuyo caso $A=0$; suponga que el último no es el caso. Según el rango de nulidad, $\ker(A)$ (el subespacio propio de$~A$ para el autovalor$~0$) tiene dimensión $n-1$, lo $0$ es una raíz del polinomio característico $\chi_A$ con la multiplicidad, al menos,$~n-1$. La suma de todas esas raíces (contadas con multiplicidad) es $\def\tr{\operatorname{tr}}\tr A=v^T u$, lo $\chi_A=x^{n-1}(x-\tr A)$. Si $\tr A\neq0$ (directa) de la suma de los subespacios propios tiene dimensión$~n$ $A$ es diagonalisable; sin embargo, si $\tr A=0$ $0$ es el único autovalor, pero asumimos $A\neq0$, lo $\dim\ker(A)<n$ $A$ no es diagonalisable en este caso.

Otra forma de ver que no hay autovalores distintos de $0$ $c=v^T u$ es que el $(A-cI)\circ A=0$: la imagen de $A$ $1$- dimensional en el subespacio, en el que $A$ hechos por el escalar $c$ $A-cI$ aniquila. Así que los autovalores de a $A$ son raíces del polinomio $(X-c)X$ (que de hecho es el polinomio mínimo de a$~A$).