Podemos Suavemente Elegir un vector propio de una sin problemas con parámetros de Auto-Adjunto Lineal Mapa

Question

$\newcommand{\R}{\mathbf R}$ Deje $V$ ser finito dimensionales real del producto interior espacio vectorial, y deje $f:\R\to L(V)$ ser suave, un mapa, donde $L(V)$ denota el espacio de todos los lineales de los mapas de cartografía $V$ a $V$. Supongamos que para cada $t\in \R$, $f(t)$ es auto-adjunto. Por tanto, para cada $t$ sabemos que $f(t)$ tiene una base que consta de los vectores propios.

Pregunta. No existe necesariamente una suave mapa de $g:\R\to V\setminus\{0\}$ tal que $g(t)$ es un autovector de a $f(t)$ por cada $t$?

Si a $t_0\in \R$ tenemos $f(t_0)$ $\dim V$ distintos autovalores, luego por la prueba del LEMA en este post sabemos que no es un buen $\alpha:(t_0-\epsilon, t_0+\epsilon)\to \R$ tal que $\alpha(t)$ es un autovalor de a $f(t)$ por cada $t\in (t_0-\epsilon, t_0+\epsilon)$ donde $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño. Por tanto, lo que queremos saber, como un caso especial de la pregunta anterior, es si el mapa $(t_0-\epsilon, t_0+\epsilon)\to \mathbb P(V)$ $t\mapsto \ker(f(t)-\alpha(t) I)$ liso o no.

Answer 1

En el caso de que todos los autovalores son distintos, uno puede conseguir una buena familia de vectores propios. El argumento aquí es que para que un diagonalizable lineal en un espacio vectorial, la proyección sobre cada subespacio propio está dada por un polinomio en el mapa inicial. Así es $M(t)$ es un suave familia de diagonalizable lineal mapas con autovalores $a_1(t),\dots,a_n(t)$, que son todos diferentes, para todos los $t$, entonces usted puede escribir la proyección sobre la $a_i$-espacio propio como $\pi_i(t):=(\prod_{j\neq i}(a_j(t)-a_i(t)))^{-1}\prod_{j\neq i}(M_j(t)-a_i(t)Id)$. (En el segundo factor tiene una composición de desplazamiento lineal de los mapas, lo que demuestra que este hecho se desvanece en todos los subespacios propios excepto en la de $a_i(t)$ y restringe a la identidad). Por tanto, recibió $t_0$, usted puede simplemente elegir un eignvector $v_0$ para el autovalor $a_i(t_0)$. A continuación, para $t$ lo suficientemente cerca $t_0$, $v(t):=\pi_i(t)(v_0)$ no va a ser cero y por lo tanto un eignvector de $M(t)$ con autovalor $a_i(t)$. (De hecho, el mismo argumento funciona en el caso de los mayores de multiplicidades, mientras las multiplicidades son constantes en torno a $t_0$.

Answer 2

No. Considere la posibilidad de $$ M(t) = \begin{cases} \begin{pmatrix} e^{1/t} & 0 \\ 0 & 2 \;e^{1/t} \end{pmatrix} & t < 0, \\[6pt] \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} y t = 0, \\[6pt] \begin{pmatrix} 0 & e^{-1/t} \\ e^{-1/t} & 0 \end{pmatrix} y t > 0. \end{casos} $$ Sus elementos de la matriz son lisas. Los vectores propios se $ \{ (1,0), (0,1) \} $$ t < 0 $$ \{ (1,1), (1,-1) \} $$ t > 0 $.

Creo que tiene más que ver con la regularidad de la ruta de acceso a la degenerada puntos (matrices con degenerado subespacios propios.)