SEEMOUS 2021/3

#1

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

.

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

(β) Να δείξετε ότι οι μη μηδενικές ιδιοτιμές του

έχουν μέτρο

.

BAGGP93 · #2

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

και ο

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).

Nick1990 · #3

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

που την έχουν όλοι οι Ερμιτιανοί πίνακες, και δεν συνεπάγεται πως είναι projection.

Ας δούμε μια άλλη προσέγγιση:

Οι πίνακες AA^*

και

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

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

.

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

και

, εύκολα για κάθε

υπάρχει το πολύ ένα j = v(i)

ώστε να μπορούμε να έχουμε $\langle x_i, \, y_j \rangle \neq 0$ , και για κάθε

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

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

πάρουμε

με

, 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

του

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 $\lambda \neq 0$ .

SEEMOUS 2021/3

SEEMOUS 2021/3

Re: SEEMOUS 2021/3

Re: SEEMOUS 2021/3

Μέλη σε σύνδεση