2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение04.05.2011, 01:08 
Пусть $\phi$ - линейное преобразование евклидова пространства. Доказать, что собственные значения и их кратности у операторов $\phi*\phi$ и $\phi\phi*$ совпадают ($\phi*$-сопряженное преобразование к $\phi$).

Ясно, что эти операторы самосопряженные и имеют симметричные матрицы, но дальше не знаю в каком направлении копать.

 
 
 
 Re: Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение04.05.2011, 09:43 
Достаточно того, что это верно для нулевого собственного числа (если оно есть): ранги исходной матрицы и транспонированной совпадают и, значит, совпадают размерности их ядер, т.е. собственных подпространств, отвечающих нулевому собственному числу. На произвольное собственное число утверждение обобщается сдвигом.

 
 
 
 Re: Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение04.05.2011, 11:32 
а каким образом можно осуществить сдвиг?

 
 
 
 Re: Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение04.05.2011, 12:21 
Вычесть из матрицы единичную матрицу, умноженную на собственное число (собственные числа не меняются при транспонировании).

 
 
 
 Re: Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение04.05.2011, 16:44 
И все равно: вот в некотором ОНБ у нас есть матрицы:
$\[\begin{array}{l}
A^*A = {A^T}A;\\
AA^* = A{A^T}
\end{array}\]$
самосопряженных пребразований $\phi*\phi$ и $\phi\phi*$ соответственно (т.к. $A^*=A^T$ в любом ОНБ). То что у матриц $A$ и $A^T$ будут одинаковые характеристические числа, это мне понятно. Понятно, также что ранги ${A^T}A; A{A^T}$ будут одинаковы. Но если мы сделаем сдвиг например для ${A^T}A$, то просто обнулим элемент на главной диагонали у одной матрицы, почему этот же сдвиг, примененный ко второй матрице $A{A^T}$ даст нам нулевой элемент?

 
 
 
 Re: Линейное преобразование Евклидова пространства
Сообщение05.05.2011, 08:36 
Да, со сдвигами я чего-то ляпнул, виноват.

Если оператор невырожден, то всё очень просто. Пусть $A^*Ax=\lambda x$, и $\lambda$, соответственно, не равна нулю. Тогда $x$ принадлежит образу $A^*$, т.е. существует ненулевой $y$ такой, что $A^*y=x$. Значит, $A^*AA^*y=\lambda A^*y$. В силу невырожденности внешний множитель $A^*$ можно снять, и получится $AA^*y=\lambda y$. Т.е. $\lambda$ будет собственным числом и для оператора $AA^*$. При этом линейно независимым иксам будут соответствовать линейно независимые игреки (если бы они были линейно зависимыми, то тем более линейно зависимыми оказались бы их образы, т.е. иксы). Следовательно, кратность собственного числа $\lambda$ для оператора $AA^*$ не меньше, чем для $A^*A$, а в силу симметричности утверждения равна ей.

В вырожденном случае чуть сложнее. Теперь (при $\lambda\neq0$) мы можем лишь утверждать, что $AA^*y=\lambda y+u$, где $u$ принадлежит ядру $A^*$. Ну так надо просто заменить $y$ на $z=y+\frac{1}{\lambda}\,u$ (по-прежнему останется $A^*z=x$), и получится $AA^*z=\lambda z$ (при этом $z\neq0$ потому, что $u$ принадлежит ядру $A^*$, а $y$ -- нет). Случай $\lambda=0$ надо рассматривать отдельно, но он вроде как и очевиден (хотя бы потому, что раз суммы кратностей всех прочих собственных чисел одинаковы, то и нулю некуда деваться). В бесконечномерном случае, кстати, последнее неверно -- там кратности нулевого собственного числа (в отличие от ненулевых) для $A^*A$ и для $AA^*$ могут различаться.

 
 
 [ Сообщений: 6 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group