Operador isogonal es el producto de un mapa ortogonal con una homotecia

Question

Ejercicio $31$ en el capítulo $8$ de Shilov del Álgebra Lineal libro afirma que si $A\colon \Bbb R^n \to \Bbb R^n$ es un isogonal del operador (es decir, $\langle x,y\rangle = 0 \implies \langle Ax,Ay\rangle = 0$, habitual interna del producto), a continuación, $A$ es el producto de una ortogonal mapa con un homothety.

Él da el siguiente consejo en la final: $A$ transforma el estándar de base ortonormales $\{e_1,\cdots,e_n\}$ en una base ortogonal $\{f_1'=\alpha_1f_1,\cdots,f_n'=\alpha_nf_n\}$, donde cada una de las $f_i$ es un vector unitario. Deje $Q$ $f_i$ a $e_i$ -, de modo que $Q$ es ortogonal. Por lo tanto $QA$ es diagonal y isogonal. Si $\alpha_i \neq \alpha_j$, la construcción de un par de vectores ortogonales que son llevados a la no-ortogonal de vectores a través de $QA$.

Tengo un par de problemas con ese dibujo.

• Él dice que una homothety es de la forma $Tx = \lambda x$ todos los $x$, pero no excluye la posibilidad de $\lambda = 0$. Si $A = 0$ el problema es trivial, pero yo no podía probar que $A \neq 0$ isogonal implica $A$ inyectiva. Significado realmente no sé que $\{f_i\}$ son independientes. En otras palabras, no sé por qué cada una de las $\alpha_i$ es distinto de cero.

• Cuando dice que $\alpha_i \neq \alpha_j$ nos permite construir una "mala" de par, la opción obvia es tomar las diagonales:$\langle e_i+e_j,e_i-e_j\rangle=0$, pero $\langle QA(e_i+e_j),QA(e_i-e_j)\rangle = \alpha_i^2-\alpha_j^2$ todavía podría ser cero si $\alpha_i =- \alpha_j$.

Por último, tenía curiosidad por ver si este resultado es válido para un pseudo-euclídea producto en $\Bbb R^n_\nu$, dicen. Creo que lightlike vectores sería tornillo de todo, pero quizás esta discusión se adapta mejor para la otra pregunta.

Alguien me puede ayudar punto de la i, y la cruz de la t de aquí? Gracias.

Answer 1

Permítanme sugerir una alternativa de distracción que, al final, se reduce a lo que ha sido sugerido. Si $A$ es un producto de un homothety por un factor de $\lambda$ y un operador ortogonal $O$, podemos escribir $A = \lambda O$. Entonces

$$ A^TA = (\lambda O)^T(\lambda O) = \lambda^2 O^T O = \lambda^2 I. $$

Esto sugiere que dado un isogonal operador $A$, observando $A^TA$, debemos ser capaces de extraer el homothety factor de $\lambda$ y, a continuación, el ortogonal de la matriz $O$ así que vamos a tratar de hacer eso. Definir $B = A^TA$ y deje $x, y \in \mathbb{R}^n$$x \perp y$. A continuación,$\left< x, y \right> = 0$, por lo que

$$ \left< Bx, y \right> = \left< A^TAx, y \right> = \left< Ax, Ay \right> = 0 $$

lo que muestra que $Bx \in \left( \operatorname{span} \{ x \}^{\perp} \right)^{\perp} = \operatorname{span} \{ x \}$. Esto significa que cada vector $x \in \mathbb{R}^n$ es un autovector de a $B$ (ahora, posiblemente con diferentes autovalor). Ahora, si $x_1, x_2$ son linealmente independientes, escribir $Bx_i = \lambda_i x_i$. Entonces

$$ B(x_1 + x_2) = \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 = \mu (x_1 + x_2) $$

y puesto que el $x_i$ son linealmente independientes, vemos que debemos tener $\lambda_1 = \lambda_2 = \mu$, lo que muestra que, en realidad, $B = \mu I$ algunos $\mu \in \mathbb{R}$.

Ahora, tenga en cuenta que $B = A^T A$ es positivo semi-definida operador y por lo $\mu \geq 0$. Set $\lambda = \sqrt{\mu}$. Si $\lambda = 0$$A^T A = 0$$A = 0$. Si $\lambda > 0$, podemos definir a la $O = \frac{A}{\lambda}$ y, a continuación,

$$ O^T O = \frac{1}{\lambda^2} A^T A = \frac{1}{\mu} \mu I = I$$

mostrando que $O$ es ortogonal y $A = \lambda O$.

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Con respecto a la cuestión más general, vamos a $g \colon \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ ser un bilineal simétrica formulario y vamos a $A \colon \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ ser un operador tal que si $g(x,y) = 0$$g(Ax, Ay) = 0$. Tenga en cuenta que si $g$ es de carácter indefinido (y, en particular,$n \geq 2$), se encuentra siempre una dimensión del subespacio $V \subseteq \mathbb{R}^n$ tal que $g(x,x) = 0$ todos los $x \in V$. Pero entonces cualquier lineal mapa de $A$ que se asigna a $\mathbb{R}^n$ $V$va a satisfacer la propiedad de arriba trivialmente pero no va a ser de la forma$\lambda O$$g$ - isometría $O$ porque $\lambda O$ es $0$ o tiene rango completo.

Answer 2

Sólo por curiosidad:

• si $A \neq 0$, $A$ es inyectiva. Si no, tome $v_1 \neq 0$ (lo que podemos asumir que tiene una longitud de $1$) tal que $Av_1 = 0$ y completa $\{v_1\}$ a una base ortonormales $\{v_1,\cdots,v_n\}$. Si $A \neq 0$ hay $i$ tal que $Av_i \neq 0$. Bien, $\langle v_1+v_i,v_1-v_i\rangle = 0$ pero $\langle A(v_1+v_i),A(v_1-v_i)\rangle = -\|Av_i\|^2 \neq 0$, contradiciendo ese $A$ es isogonal.

• En realidad podemos asumir que $\alpha_i > 0$ todos los $i$, de lo contrario sustituto $f_i$$-f_i$, y si $\{f_1,\cdots,f_n\}$ es ortonormales, por lo que es $\{ \pm f_1,\cdots ,\pm f_n\}$ todas las posibilidades de signos. Yo debería haber visto eso.

Y si tiramos en el extra hipótesis de que la $A$ es inyectiva, el resultado es cierto en $\Bbb R^n_\nu$ - la misma prueba funciona, sólo tenemos que prestar más atención en la parte que nos demuestran que $\alpha_i = \alpha_j$ todos los $i$ $j$ - dividiéndola en tres casos: si $e_i$ $e_j$ son spacelike o timelike, y si uno es spacelike y el otro es timelike.