SEEMOUS 2021/3

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8643
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2021/3

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιούλ 22, 2021 10:03 am

Έστω πίνακας A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C}) τέτοιος ώστε (AA^{\ast})^{2}=A^{\ast}A, όπου με A^{\ast}=\left(\overline{A}\right)^{t} συμβολίζουμε τον Ερμιτιανό ανάστροφο (δηλαδή τον αναστροφοσυζυγή πίνακα) του A.

(α) Να δείξετε ότι AA^{\ast}=A^{\ast}A.

(β) Να δείξετε ότι οι μη μηδενικές ιδιοτιμές του A έχουν μέτρο 1.



Λέξεις Κλειδιά:
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1470
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: SEEMOUS 2021/3

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Ιούλ 24, 2021 3:24 pm

Καλημέρα. Έστω B=A^{\star}. Τότε, ο A\,B είναι θετικός και αυτοσυζηγής. Θα αποδείξουμε ότι είναι projection, ισοδύναμα λοιπόν θα δείξουμε

ότι Im(A\,B)^{\perp}=\rm{Ker}(A\,B). Πράγματι, έστω y\in Im(A\,B)^{\perp}. Τότε,

\displaystyle{\langle{AB\,y,A\,B,y\rangle}=\langle{y,(A\,B)^{\star}\,A\,B\,y\rangle}=\langle{y,A\,B(A\,B\,y)\rangle}\stackrel{A\,B\,y\in Im(A\,B)}{=}0}

άρα A\,B\,y=0\implies y\in\rm{Ker}(A\,B). Αντίστροφα, αν y\in \rm{Ker}(A\,B) τότε για κάθε x\in\mathbb{C}^n ισχύει

\langle{A\,B\,x,y\rangle}=\langle{x,(A\,B)^{\star}\,y\rangle}=\langle{x,A\,B\,y\rangle}=0, δηλαδή y\in Im(A\,B)^{\perp}.

Για το 2ο, επειδή ο A\,B είναι projection, ισχύει ότι το φάσμα του είναι το \left\{0,1\right\}. Άρα, αν \lambda\in\mathbb{C}\setminus\left\{0\right\}

είναι μη μηδενική ιδιοτιμή του A και ο A είναι φυσιολογικός τότε το |\lambda|^2 είναι μη-μηδενική πραγματική ιδιοτιμή του A\,B, οπότε |\lambda|^2=1\implies |\lambda|=1

Σχόλιο Χρησιμοποιώντας φάσματα και συναρτησιακό λογισμό η παραπάνω άσκηση γενικεύεται σε οποιαδήποτε C^{\star}- άλγεβρα \mathcal{A} \subseteq \mathbb{B}(H) (by Iason Moutzouris).


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 666
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2021/3

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Πέμ Ιούλ 29, 2021 2:48 am

Νομίζω πως η παραπάνω απόδειξη δεν είναι πλήρης ως προς το α), εκτός αν έχω καταλάβει κάτι λάθος. Αυτό που αποδεικνύεται είναι μια ιδιότητα για τον AB που την έχουν όλοι οι Ερμιτιανοί πίνακες, και δεν συνεπάγεται πως είναι projection.

Ας δούμε μια άλλη προσέγγιση:

Οι πίνακες AA^* και A^*A είναι έχουν ίδια χαρακτηριστικά πολυώνυμα, άρα και τις ίδιες ακριβώς διαφορετικές ιδιοτιμές \{\lambda_1, \, ..., \, \lambda_k\}, στις ίδιες πολλαπλότητες, οι οποίες είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί (αφοί οι πίνακες αυτοί είναι Ερμιτιανοί και θετικά ορισμένοι). Ακόμα, οι πίνακες αυτοί ως Ερμιτιανοί είναι διαγωνοποιήσιμοι με ορθομοναδιαίες βάσεις ιδιοδιανυσμάτων, οπότε \mathbb{C}^n = V_1 \oplus V_2 \oplus ... \oplus V_k = \bar{V}_1 \oplus \bar{V}_2 \oplus ... \oplus \bar{V}_k, όπου V_i, \bar{V}_i οι ιδιόχωροι της ιδιοτιμής \lambda_i των πινάκων AA^* και A^*A αντίστοιχα. Επειδή οι αλγεβρικές πολλαπλότητες ταυτίζονται με τις γεωμετρικές σε διαγωνοποιήσιμους πίνακες και επειδή κάθε ιδιοτιμή έχει την ίδια πολλαπλότητα σε καθένα από τους δύο πίνακες, έχουμε ακόμα \dim{V_i} = \dim{\bar{V}_i} για κάθε i.

Έστω τώρα x_i \in V_i και y_j \in \bar{V}_j για κάποια i, j. Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση που δίνεται με x_i^* από τα αριστερά και y_j από τα δεξιά, παίρνουμε: \langle (AA^*)^2x_i, \, y_j \rangle = \langle x_i, \, A^*Ay_j \rangle \Leftrightarrow \lambda_i^2 \langle x_i, \, y_j \rangle = \lambda_j \langle x_i, \, y_j \rangle. Επειδή τώρα οι ιδιοτιμές είναι θετικές και διαφορετικές για διαφορετικά i και j, εύκολα για κάθε i υπάρχει το πολύ ένα j = v(i) ώστε να μπορούμε να έχουμε \langle x_i, \, y_j \rangle \neq 0, και για κάθε j υπάρχει το πολύ ένα i = u(j) ώστε να μπορούμε να έχουμε \langle x_i, \, y_j \rangle \neq 0. Τα "το πολύ ένα" όμως παραπάνω είναι στην ουσία "ακριβώς ένα", καθώς κανένα μη μηδενικό στοιχείο δε μπορεί να είναι κάθετο σε όλα τα στοιχεία κάθε ιδιόχωρου σε ένα ευθύ άθροισμα που παράγει όλο το χώρο. Αυτό μας λέει ότι για κάθε i έχουμε V_i \subset \bar{V}_{v(i)} \subset V_{u(v(i))}, οπότε εύκολα u(v(i)) = i και V_i = \bar{V}_{v(i)}

Στη συνέχεια, η v: \{1, 2, ..., k\} \longrightarrow \{1, 2, ..., k\} είναι μια αναδιάταξη, οπότε αν για το τυχαίο i πάρουμε m με v^m(i) = i, από προηγούμενη σχέση έχουμε \lambda_{v(i)} = \lambda_i^2 \Rightarrow \lambda_i = \left(\lambda_{v(i)}\right)^{\frac{1}{2}} = ... = \left(\lambda_{v^m(i)}\right)^{\frac{1}{2^m}} = \left(\lambda_{i}\right)^{\frac{1}{2^m}} από όπου παίρνουμε \lambda_i \in \{0, 1\}, ενώ και στις 2 περιπτώσεις πρέπει να έχουμε \lambda_i = \lambda_{v(i)} \Longrightarrow i = v(i). Απ' όλα αυτά προκύπτει πως οι 2 πίνακες είναι ίσοι (έχουν τις ίδιες ιδιοτιμές και τους ίδιους αντίστοιχους ιδιοχώρους).

Τώρα για το β) μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το α) για να γράψουμε τη σχέση που δίνεται ως (A^*A)^2 = A^*A, οπότε πολλαπλασιάζοντας με ένα ιδιοδιάνυσμα x του A από δεξιά και με x^* από αριστερά, αν \lambda είναι η αντίστοιχη ιδιοτιμή παίρνουμε:

(A^*Ax)^*(A^*Ax) = (Ax)^*Ax \Leftrightarrow \bar{\lambda}(A^*x)^*\lambda(A^*x) = \bar{\lambda}x^*\lambda x \Leftrightarrow |\lambda|^2x^*AA^*x = |\lambda|^2x^*x.

Όμως A^*A = A^*A οπότε η παραπάνω δίνει:

|\lambda|^2x^*A^*Ax = |\lambda|^2x^*x \Leftrightarrow |\lambda|^2(Ax)^*Ax = |\lambda|^2x^*x \Leftrightarrow |\lambda|^2\bar{\lambda}x^*\lambda x = |\lambda|^2x^*x

δηλαδή |\lambda|^4x^*x = |\lambda|^2x^*x \Leftrightarrow |\lambda|^4 = |\lambda|^2 που δίνει |\lambda| = 1 για \lambda \neq 0.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης