Bajo qué condiciones es lineal automorphism una isometría de algún producto interior?

Question

Suponga $V$ es finito-dimensional espacio vectorial sobre$\mathbb{R}$, $T: V \to V$ es un (lineal) isomorfismo.

Cuando es posible la construcción de un producto interior en $V$ haciendo $T$ una isometría?

(Ojalá, estoy buscando necesarias y condiciones suficientes $T$ debe satisfacer, es decir, una caracterización completa de la situación).

Lo que tengo hasta ahora:

Una condición necesaria: todos los autovalores de a $T$ son de valor absoluto $1$. (Desde $ T(v)=\lambda v \Rightarrow \langle v,v\rangle=\langle Tv,Tv\rangle = \langle \lambda v, \lambda v\rangle = \lambda^2\langle v, v\rangle$ y un autovector $v$ debe ser distinto de cero.)

Esta condición no es ciertamente suficiente:

Por ejemplo, mira $A$ = $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$. Es un automorphism que sólo tiene un autovalor ($\lambda = 1$). Sin embargo, $A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} x+y \\ y \end{pmatrix}$, por lo tanto $A^n\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} x+ny \\ y \end{pmatrix}$ y el requisito de $A:(\mathbb{R}^2,\langle \rangle) \to (\mathbb{R}^2,\langle \rangle) $ es una isometría para algún producto interior $\langle \rangle$ implica: $\lVert \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2=\lVert A^n\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2\Rightarrow x^2 \lVert e_1\rVert^2+y^2 \lVert e_2\rVert^2+2xy\langle e_1,e_2\rangle = (x+ny)^2 \lVert e_1\rVert^2+y^2 \lVert e_2\rVert^2+2y(x+ny) \langle e_1,e_2\rangle \Rightarrow 0=(2nxy+n^2y^2)\lVert e_1\rVert^2+2ny^2 \langle e_1,e_2\rangle$.

Así que tenemos que $0=(2xy+ny^2)\lVert e_1\rVert^2+2y^2 \langle e_1,e_2\rangle$ cualquier $x,y\in \mathbb{R}, n\in \mathbb{N}$ lo cual es una contradicción ya que el $\lVert e_1 \rVert > 0$.

Algunas condiciones suficientes:

1) Si $T$ es diagonalizable sobre $\mathbb {R}$ (con todos los autovalores $1$ o $-1$, por nuestra condición necesaria), luego deje ${V_1,...,V_n}$ ser una base de vectores propios de a $T$ , y definir $\langle v_i,v_j\rangle = \delta_{ij}$. $T$ será una isometría.

Esta condición no es ciertamente necesario: se acaba de tomar un giro (digamos,$90^{\circ}$) en el plano. tenga en cuenta que es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$. Mi conjetura es que si nuestra transformación es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$ (con todos los valores propios con valor absoluto 1) una construcción similar como el de arriba de trabajo. Un problema que veo con este enfoque es que un extraño-dimensional $\mathbb{R}$-espacio vectorial no puede incluso ser considerado como un $\mathbb{C}$-espacio vectorial. (Aunque siempre podemos complejizar...).

2) $T$ es de orden finito. (A continuación, que acaba de empezar con cualquier producto interior en $V$ y la construcción de una nueva vía de sumar más de una iteración de $T$, yo.e: $\langle v,w \rangle ' = \sum_{i=0}^{n-1} \langle T^iv,T^iw \rangle $). Tenga en cuenta que (como se explica por ejemplo aquí) esto implica $T$ es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$, pero por supuesto, no necesariamente en $\mathbb{R}$. (Pensar acerca de nuestra rotación de nuevo.)

De hecho, ahora he entendido que la condición (1) implica $T$ es de orden 2, (creo que la implicación inversa también sostiene, me.e $T^2=Id\Rightarrow T$ es diagonalizable). Así que la condición (1) es un caso particular de (2).

Sin embargo, (2) no es necesario, ya que cualquier rotación de irracional múltiplo de 2$\pi$ es una isometría w.r.t el producto estándar, pero de orden infinito.

De alguna manera yo creo que la forma correcta de manejar esta cuestión es pensar sobre $\mathbb{C}$, pero no estoy seguro de cómo hacer esto.

Answer 1

Sugerencia Si $T$ es una isometría del producto interior $(x, y) \mapsto \langle x, y \rangle$, entonces para cualquier $P \in GL(V)$, $P^{-1} T P$ es una isometría del producto interior $(x, y) \mapsto \langle P x, P y \rangle$ (no es difícil comprobar que este hecho define un producto interior, pero puede que desee probar de todos modos): por Lo tanto, la propiedad de que una determinada transformación admitir tal producto interior es invariante bajo la similitud (que es, es un invariante de la clase conjugacy de $T$$GL(V)$).

Por otro lado, ya sabemos canónica de representantes de cada clase similar en $GL(V)$: Estos son dados por el análogo de la forma normal de Jordan real de las matrices. Estas matrices son relativamente simples y se pueden controlar más directamente por la matriz general de esta forma si un producto interior existe.

En lugar de atacar de inmediato, le gustaría probar primero la siguiente lemmata:

1. Uno puede esencialmente el tratamiento de cada "bloque de Jordan" por separado, o más precisamente, dada una suma directa de descomposición $V = \oplus V_a$ y transformaciones lineales $T_a : V_a \to V_a$, entonces no es un producto interior en $V$ preservado por $T := \oplus T_a$ fib para cada una de las $a$ no es un producto interior en $V_a$ preservado por $T_a$.

2. $T$ no tiene ningún no-simple "bloques de Jordan", es decir, $T$ es de bloque diagonal, donde cada bloque tiene la forma $$\phantom{(\ast)} \qquad \begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix} \qquad \text{or} \qquad \begin{pmatrix} \alpha & -\beta \\ \beta & \alpha\end{pmatrix} \qquad (\ast).$$

La prueba de (2) es esencialmente el das para su contraejemplo $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Con estos dos datos en la mano, es esencialmente lo suficiente para resolver el problema de las dos transformaciones en $(\ast)$ por encima. Dado que el único autovalor de a$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}$$\lambda$, por la primera observación en la pregunta suficiente y condición necesaria para que este bloque es $\lambda \in \{\pm 1\}$.

Answer 2

Curioso que la simple condición necesaria y suficiente no ha sido (me parece) menciona claramente en ninguna de las respuestas hasta el momento:

El operador lineal $T$ preserva producto interior en $V$ si y sólo si $V$ admite una base para que la matriz de $T$ es ortogonal (en otras palabras, la matriz de $T$ sobre una base arbitraria es similar a una matriz ortogonal). El se produce si y sólo si la complejización de la $T$ es diagonalisable, y todos sus (complejo) autovalores tienen valor absoluto$~1$.

Para el "si" de la primera frase, es suficiente para definir el producto interior mediante la fórmula para el estándar interno producto de $\Bbb R^n$ en términos de las coordenadas respecto a la base; de lo contrario (sólo si) acaba de tomar cualquier ortonormales base para el interior del producto. Que las condiciones en la segunda frase son necesarios es debido a que estos son bien conocidas las propiedades de las matrices ortogonales.

Que son suficientes, en otras palabras, que una verdadera matriz$~A$ que es diagonalisable $\Bbb C$ con todos sus autovalores de valor absoluto$~1$ es similar ($~\Bbb R$) a una matriz ortogonal también es estándar, pero el argumento es un poco más complicado. Desde el complejo lineal operador en$~\Bbb C^n$ definido por$~A$ viajes con el (real-lineal) de la operación$~J$ complejo de la conjugación de todas las coordenadas, se muestra que una base de vectores propios puede ser elegido de tal manera que es estable bajo$~J$: vectores propios en la base real de los autovalores son elegidos para ser $J$-fijo (tiene coordenadas reales), y vectores propios en la base de la no-real de los autovalores venir de dos en dos intercambiados por$~J$, cuyos valores propios son complejos conjugados de cada uno de los otros. Esto le da una descomposición de la$~\Bbb C^n$ en una suma directa de $J$-estable subespacios de (complejo) dimensión $1$ o$~2$, cada uno de los cuales es la complejización de su real subespacio de $J$-fijo vectores. Estos definen una descomposición de la (el original real vectores en el espacio) $V$ a $T$-estable subespacios de (real) dimensión $1$ o$~2$, y esto es suficiente para mostrar que cada uno de estos subespacios tiene una base para que la matriz de la restricción de$~T$ a el subespacio es ortogonal. En la dimensión$~1$ esto es trivial (la restricción es la multiplicación escalar por $1$ o$~{-}1$), mientras que en la dimensión$~2$ puede tener una base que consiste en la "parte real" de la pareja de complejos y vectores propios de los comunes (hasta firmar) "parte imaginaria", para que el $2\times2$ matriz de rotación, por lo tanto ortogonales.

Answer 3

Aquí hay otra respuesta que creo que en cierto sentido es mucho mejor, en otros no.

Resumen: se reducen para el caso habitual de encontrar un 'bonito' formulario para ortogonal de matrices.

Suponga que existe un producto interior $\langle \rangle$$V$, lo $T$ una isometría. Entonces existe una base ortonormales $B=(v_1,...,v_n)$. Ahora mira a la representación de la matriz de nuestro automorphism $T$ w.r.t a $B$: $A=[T]_B$. A continuación, $[Tv]_B=[T]_B[v]_B$ donde $[u]_B$ es el coordiante vector de $u\in V$ w.r.t $B$.

Se sostiene claramente $\langle Tv_i,Tv_j \rangle = \langle v_i,v_j \rangle= \delta_{ij}$. Ahora nota que bilinearity del producto interior implica: $\langle Tv_i,Tv_j \rangle = \langle [Tv_i]_B,[Tv_j]_B \rangle_{Euclidean}= \langle [T]_B[v_i]_B,[T]_B[v_j]_B \rangle_{Euclidean} = \langle Ae_i,Ae_j \rangle_{Euclidean} = \langle A_{i\downarrow} ,A_{j\downarrow} \rangle_{Euclidean}$.

Así que, finalmente, obtenemos: $\langle A_{i\downarrow} ,A_{j\downarrow} \rangle_{Euclidean}=\delta_{ij}$, por lo que las columnas de a $A$ formulario de una base ortonormales para $\mathbb{R}^n$, por lo tanto $A=[T]_B$ es una matriz ortogonal.

Ahora por el real de la forma canónica de una matriz ortogonal $A$ es similar en la $\mathbb{R}$ a una matriz con un simple real de jordania bloques como sea necesario, o, equivalentemente, diagonalizable sobre $\mathbb{C}$. Esto significa que existe una base que w.r.t a es $T$ tiene la forma canónica.

Todavía me gustaría encontrar una forma más geométrica\conceptual reaosn por qué no simples bloques de jordan nunca puede conservar un producto interior. (Mi prueba directa fue bastante computacional). Por supuesto podemos recurrir a la singularidad argumento de Jordan en la forma, (Nos mostró admisible transformación tiene una simple Jordan en la forma, y el Jordán formulario es único hasta el orden de los bloques, y eso es todo).

Answer 4

En aras de la exhaustividad que escribo aquí en detalle parte de la solución, siguiendo las sugerencias de Travis.

Por lemma1 es suficiente para revisar el caso de un único Bloque de Jordan.

Primero asuma $A$ = $\begin{pmatrix} \lambda & 1 \\\ 0 & \lambda \end{pmatrix} $ es la representación de la matriz de nuestro operador $T : V \to V$ w.r.t cierta base $v_1,v_2$$V$.

Por lo tanto $Av_1 = \lambda v_1$, $Av_2 = v_1+\lambda v_2$ , por lo $T^n (xv_1+yv_2)= x\lambda^nv_1+y(n\lambda^{n-1}v_1+\lambda^nv_2)= (\lambda^nx+n\lambda^{n-1}y)v_1+ (\lambda^ny)v_2$. En coordina-vector rep: $A^n\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \lambda^nx+n\lambda^{n-1}y \\ \lambda^ny \end{pmatrix}$ (se puede verificar fácilmente a través de la inducción). Ahora, el requisito de la $T:(V,\langle \rangle) \to (V,\langle \rangle) $ es una isometría para algún producto interior $\langle \rangle$ implica: $ \lVert T^n (xv_1+yv_2) \rVert^2=\lVert (xv_1+yv_2) \rVert^2$ , yo.e

$\lVert \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2=\lVert A^n\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2\Rightarrow x^2 \lVert e_1\rVert^2+y^2 \lVert e_2\rVert^2+2xy\langle e_1,e_2\rangle = (\lambda^nx+n\lambda^{n-1}y)^2 \lVert e_1\rVert^2+\lambda^{2n}y^2 \lVert e_2\rVert^2+2(\lambda^ny)(\lambda^nx+n\lambda^{n-1}y) \langle e_1,e_2\rangle $

$\Rightarrow $ (utilizando el hecho de que $\lambda\in$ {$-1,1$}, por lo $\lambda^{2n}=1$, obtenemos: $ 0=(2nx\lambda^{2n-1} y+n^2y^2\lambda^{2n-2})\lVert e_1\rVert^2+2ny^2\lambda^{2n-1} \langle e_1,e_2\rangle$.

Así que, finalmente (después de dividir por $n\lambda^{2n-2}$ ) obtenemos:
$0=(2xy\lambda+ny^2)\lVert e_1\rVert^2+2y^2\lambda \langle e_1,e_2\rangle$ cualquier $x,y\in \mathbb{R}, n\in \mathbb{N}$ lo cual es una contradicción ya que el $\lVert e_1 \rVert > 0$.

Una similar (pero más tedioso...) cálculo muestra un similar contradicción que va a suceder si mira más grande (el tamaño de la $>2$) de los bloques.

El caso de un "Real" Jordania bloque también pueden ser tratados de forma análoga.

¿Qué queda por comprobar es qué tipo de bloques simples pueden aparecer? El caso de $(\lambda)$ es de hecho trivial de acuerdo a mi primera observación.

Que ahora el estado y demostrar el segundo caso.

Reclamo: $A = \begin{pmatrix} a & b \\\ {-b} & a \end{pmatrix} $ representa (w.r.t cierta base) de un adecuado operador $T$ (uno en el que se admite un interior de lubricante (...) si y sólo si $|a^2+b^2|=1$

Prueba:

Primero asuma $A = \begin{pmatrix} a & b \\\ {-b} & a \end{pmatrix} $ es la representación de la matriz de nuestro operador $T : V \to V$ w.r.t cierta base $v_1,v_2$$V$. Suponga también que el $\langle ,\rangle $ es un producto interior en $V$ w.r.t $T$ es una isometría. Entonces

$\lVert \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2=\lVert A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\rVert^2 = \lVert \begin{pmatrix} ax+by \\ -bx+ay \end{pmatrix}\rVert^2 \Rightarrow x^2 \lVert e_1\rVert^2+y^2 \lVert e_2\rVert^2+2xy\langle e_1,e_2\rangle = (ax+by)^2 \lVert e_1\rVert^2+(-bx+ay)^2 \lVert e_2\rVert^2+2(ax+by)(-bx+ay) \langle e_1,e_2\rangle $

Ahora $y=0 \Rightarrow x^2\lVert e_1\rVert^2=a^2x^2\lVert e_1\rVert^2+ b^2x^2\lVert e_2\rVert^2-2abx^2\langle e_1,e_2\rangle $

$\Rightarrow (*) \lVert e_1\rVert^2=a^2\lVert e_1\rVert^2+ b^2\lVert e_2\rVert^2-2ab\langle e_1,e_2\rangle$

$x=0$ $\Rightarrow y^2\lVert e_2\rVert^2=b^2y^2\lVert e_1\rVert^2+ a^2y^2\lVert e_2\rVert^2+2aby^2\langle e_1,e_2\rangle $

$\Rightarrow (**) \lVert e_2\rVert^2=b^2\lVert e_1\rVert^2+ a^2\lVert e_2\rVert^2+2ab\langle e_1,e_2\rangle$

Ahora añadimos $(*),(**)$ y obtenemos: $\lVert e_1\rVert^2+ \lVert e_2\rVert^2=(a^2+b^2)(\lVert e_1\rVert^2+ \lVert e_2\rVert^2)$

Esto obliga a $|a^2+b^2|=1$ como se requiere.

Ahora en el otro sentido:

Deje $A = \begin{pmatrix} a & b \\\ {-b} & a \end{pmatrix} $ ser la representación de la matriz de $T : V \to V$ w.r.t cierta base $e_1,e_2$$V$. Suponga $|a^2+b^2|=1$. Ahora defina $\langle e_1,e_2\rangle = 0 ,\lVert e_1\rVert^2 = \lVert e_2\rVert^2 = 1 $. Ahora es una sencilla comprobación para verificar la $T$ es una isometría w.r.t interior de este producto. (toma la base ortonormales $(e_1,e_2)$ a un ortonormales).

Debo admitir que todavía no estoy completamente satisfecho con la suficiente y necesaria condición, yo estaba esperando algo más "limpio y simple". Pero ahora creo que veo a algunos de la complejidad inherente en la pregunta. (No puede ser una caracterización basada en la identidad de los autovalores solo, ya que el Id y mi contraejemplo compartir estos).