Доказать что скалярное произведение собственного вектора...

[bot]

А что такое кратность?

[netang]

TOTAL писал(а):

Согласен, там была неточность, имелись в виду собственные значения, соответствующие векторам так различны они или нет

Если я правильно понял то $\lambda_{1} \ne \lambda_{2} \Rightarrow h_{1} \ne g_{2}$

TOTAL писал(а):

Что значит $h_1$ - собственный вектор матрицы $A$?

Это такой вектор при подстановке которого в выражение $A h =\lambda_{1} h$, ставит его в тождество.

[TOTAL]

netang в сообщении #709584 писал(а):

TOTAL писал(а):

Что значит $h_1$ - собственный вектор матрицы $A$?

Это такой вектор при подстановке которого в выражение $A h =\lambda_{1} h$, ставит его в тождество.

Так подставляйте быстрее в $(A h_{1}, g_{2}) = (A^{*} g_{2}, h_{1})$, сколько можно резину тянуть!

[netang]

bot в сообщении #709583 писал(а):

А что такое кратность?

Если записать многочлен в виде $(\lambda - \lambda_{1})^{\alpha_{1}}(\lambda - \lambda_{2})^{\alpha_{2}} ... (\lambda - \lambda_{k})^{\alpha_{k}}$, то кратностью корня $\lambda_{k}$ будет называться число $\alpha_{k}$

-- 13.04.2013, 19:20 --

TOTAL писал(а):

Так подставляйте быстрее в $(A h_{1}, g_{2}) = (A^{*} g_{2}, h_{1})$, сколько можно резину тянуть!

Да я уже сам устал её тянуть Вот что у меня получилось:
$A h_{1} = \lambda_{1} h_{1}$
$A^{*} g_{2} = \lambda_{2} g_{2}$
$(\lambda_{1} h_{1}, g_{2}) = (\lambda_{2} g_{2}, h_{1})$
$\lambda_{1}(h_{1}, g_{2}) = \lambda_{2}(g_{2}, h_{1})$
т.к. $\lambda_{1} \ne \lambda_{2}$ то $(g_{2}, h_{1}) = 0$

[TOTAL]

netang в сообщении #709587 писал(а):

т.к. $\lambda_{1} \ne \lambda_{2}$ то $(g_{2}, h_{1}) = 0$

Таким образом, $(h_{1}, g_{2}) =(h_{1}, g_{3})= \cdots =(h_{1}, g_{N}) = 0,$ запомним это.

Теперь вспоминайте, что такое линейно зависимые (независимы) векторы. Являются ли (и почему) $g_1, g_2, \cdots , g_N$ линейно независимой системой векторов?

[sopor]

Так как все собственные значения у матрицы $A$ попарно различны, то существует такая матрица $C$, что $C^{-1}AC=D$, где $D$ - диагональная матрица, причём столбцы матрицы $C$ - собственные векторы этой матрицы. Транспонируя обе части, получим, что $C^{T}A^{T}C^{T^{-1}}=D$. Из этого следует, что столбцами матрицы $C^{T^{-1}}$ являются собственные векторы матрицы $A^{T}$. Тогда $C^{T}C^{T^{-1}}=(C^{-1}C)^{T}=E$, но с другой стороны $C^{T}C^{T^{-1}}=(a_{ij})$, где $a_{ij}=(c_i,d_j)$, где $c_i$ - собственный вектор $A$, $d_j$ - собственный вектор $A^{T}$.

[netang]

Спасибо! Доказать удалось.

[мат-ламер]

netang в сообщении #709061 писал(а):

Доказать что скалярное произведение собственного вектора транспонированной матрицы($A^{*}$) с собственным вектором матрицы($A$) не равно 0.

netang в сообщении #711577 писал(а):

Спасибо! Доказать удалось.

Для каких матриц?

[netang]

мат-ламер в сообщении #711749 писал(а):

netang в сообщении #709061 писал(а):

Доказать что скалярное произведение собственного вектора транспонированной матрицы($A^{*}$) с собственным вектором матрицы($A$) не равно 0.

netang в сообщении #711577 писал(а):

Спасибо! Доказать удалось.

Для каких матриц?

Для квадратных матриц порядка $N$, где $N \geqslant 1$, $\lambda_{k}$ \in \operatorname{Re} - простые собственные значения, N - штук. В начале топика написано что нужно было доказать.

[netang]

Забыл отметить что это справедливо только для скалярного произведения где индексы собственных векторов совпадают то есть: $ (h_{1}, g_{1}) \ne 0$; $ (h_{2}, g_{2}) \ne 0$; $ (h_{3}, g_{3}) \ne 0 ...$ При том если индексы разные то скалярное произведение дает 0.