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Teorema espectral

Teorema espectral en el caso real finito-dimensionalusando el teorema fundamental del algebra y el teorema

del valor intermedio

Griselys Baza Moreno

Universidad Nacional-Sede Medellın

Mayo 26

Griselys Baza Moreno (Universidad Nacional-Sede Medellın)Teorema espectral Mayo 26 1 / 21

Teorema espectral

Introduccion

Introduccion:En esta presentacion el objetivo principal es dar una demostracion delteorema espectral para operadores autoadjuntos en el caso realfinito-dimensional que no hace uso de la complexificacion del espacio, nohay determinantes, y no hay multiplicadores de Lagrange. Lasherramientas utilizadas en nuestra demostracion van a ser el teoremafundamental del algebra y el teorema del valor intermedio.


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Contenido

(i) Definiciones.(ii) Teorema espectral(iii) Lema(iv) Comentarios(v) Casos 1-dimesional y 2-dimensional(vi) Caso general(vii) Proposiciones(viii) Demostracion del teorema espectral(ix) Bibliografıa


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Definiciones

1.Recordemos que una de las propiedades del espacio vectorial es quecualquier vector puede ser escalado por un valor constante. es decir,a ∗ V = aV , si esa constante es un numero real, entonces el espacio es unespacio vectorial real.2.Sea V un espacio vectorial real. Definimos el producto interno de Vcomo una funcion:〈.〉 : V × V → R tal que para cada u, v y w en V y cada k en RDenotamos el producto interno de u y v por < u, v >〈u + v ,w〉=〈u,w〉+〈v ,w〉〈ku, v〉=k〈u, v〉〈u, v〉 = 〈v , u〉〈v , v〉 > 0 si v 6= 0 este producto es simetrico, bilineal, positivo y nodegenerado.


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Definiciones

3. Una transformacion lineal

A : V → V

se llama auto-adjunta, hermıtica o hermitiana si〈Au, v〉 = 〈u,Av〉, para todo u, v ∈ VUna transformacion lineal auto-adjunta bajo un espacio real con productointerno es conocido como transformacion simetrica.4.Sea V un espacio vectorial real y sea A : V → V una transformacionlineal. Si v es un vector no nulo, λ es un escalar y Av =λv , entonces λ esun valor propio de A y v es un vector propio de A asociado a λ.


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Teorema: Sea V un espacio real finito-dimensional con producto interno ysea la transformacion lineal A : V → V auto-adjunta. Entonces hay unconjunto de vectores propios de A que forman una base ortonormal de V.Para demostrar el teorema espectral, necesitaremos primero algunosresultados:


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Resultados usados en la demostracion

Lema: Sea V un espacio con producto interno y sea la transformacionlineal A : V → V auto-adjunta. Suponga que el subespacio E de V esinvariante bajo A (esto significa A(E ) ⊆ E ). Entonces el complementoortogonal de E:

E⊥ = {u ∈ V :< u, v >= 0;∀v ∈ E}

es invariante bajo A.Demostracion:Suponga A(E ) ⊆ E y sea u ∈ E⊥

Como Av ∈ E , tenemos, para todo v ∈ E , < Au, v >=< u,Av >= 0.Esto prueba Au ∈ E⊥


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Comentarios

Supongamos ahora que el teorema se mantiene en el caso n-dimensional.Se sigue del lema que podemos probar el teorema en el caso (n+1)-dimensional si podemos probar la existencia de un vector propio v .Esto se sigue porque el subespacio E abarcado por v es invariante bajo A yel teorema se aplica al espacio n-dimensional E⊥. La prueba de laexistencia del vector propio v puede usar la complexificacion de V oLagrange multiplicadores, en busca de puntos crıticos def (u) = 1

2 < Au, u >En la esfera unitaria de V.


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Comentarios

Nuestra estrategia alternativa requiere que comencemos con los casos enuna y dos dimensiones (la dimension 2 requiere el teorema del valorintermedio). Entonces nosotros demostraremos que, en el caso general,siempre existe un subespacio invariante de dimension 1 o 2. Evitaremos,bajo cualquier circunstancia, el uso de determinantes y, con mayor razon,el polinomio caracterıstico de A ni siquiera se mencionara (a pesar de laparte algebraica del final de la prueba).


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Casos 1-dimensional y 2-dimensional

El caso 1-dimensional es trivial; Por lo tanto iremos directamente al caso2-dimensional.Teorema en dimension 2: Sea V un espacio real 2-dimensional conproducto interno y sea A : V → V auto-adjunta. Entonces existe unconjunto de vectores propios de A que forman una base ortonormal de V.Demostracion: Sean los vectores e1 y e2 que forman una base ortonormalde V. Sea V → V⊥ Definida por (x1e1 + x2e2)⊥ = −x2e1 + x1e2.

Definamos ‖v‖ como ‖v‖ = 〈v , v〉12


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Note que ‖v‖ = ‖v⊥‖ y 〈v , v〉 = 0 ∀v en V. Queremos probar laexistencia de un vector unitario v ∈ V tal que 〈Av , v⊥〉 = 0. Comoestamos en dimension 2 esto implica que v , v⊥ son vectores propios de A,(y ellos forman una base ortonormal de V ). Se define c : [o, π/2]→ V ,definida por

c(θ) = cos(θ)e1 + sin(θ)e2

Y definimos α : [0, π/2]→ R, definida por

α(θ) = 〈Ac(θ), c(θ)⊥〉


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Entonces α(θ) es continua y

α(π/2) = 〈Ae2,−e1〉 = −〈Ae2, e1〉 = −〈e2,Ae1〉 = −〈Ae1, e2〉 = −α(0)

Se sigue inmediatamente del teorema del valor intermedio que existeθ ∈ [0, π/2] tal que

α(θ) = 0

Tomando v = c(θ) se concluye la prueba.


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Caso general

Sea V un espacio vectorial real finito dimensional. Dado un operador linealA : V → V y un polinomio

p(x) = akxk + ...+ a1x1 + a0

Definimos el operador p(A) : V → V tal que:

p(A)v = akAkv + ...+ a1Av + a0v


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Proposicion 2:

Propisicion: Para cada operador lineal A : V → V existe un polinomiomonico p(x) tal que p(A) = 0Demostracion:El caso cero dimensional es trivial. Sea 1 ≤ n la dimension de V. Como elespacio de la transformacion lineal V → V es n2-dimensional, se tiene queI , A, A2,...,An2

son linealmente dependiente. Esto significa que existe unpolinomio distinto de cero

q(x) = akxk + ...+ a1x1 + a0

(de grado k ≤ n2) tal que q(A) = 0. Dividiendo q(x) por ak , obtenemosun polinomio monico p(x) tal que p(A) = 0.


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Proposicion 3:

Proposicion: Asuma que V es no trivial y sea A : V → V lineal. Entoncesexiste un subespacio E de V, con dim(E)=1 o dim(E)=2 tal queA(E ) ⊆ E .Demostracion:Sea P el conjunto de polinomios monicos q(x) tal que q(A)=0. Sea p(x)en P de grado mınimo. Como V es no trivial, el grado de p(x) debe ser almenos 1. Se sigue del teorema fundamental del algebra que p(x) factorizacomo un producto de polinomios de grado a lo mas 2, esto es de grado degrado uno para las raices reales y de grado dos para las raices complejasconjugadas. Entonces, podemos descomponer p(x) como un producto dedos polinomios monicos, p(x) = a(x)g(x)En el cual el grado de a(x) es 1 o 2.


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Demostracion de la proposicion 3:

Estudiamos estas 2 posibilidades:(i) Si el grado de a(x) es 1, suponemos que a(A) = A− λI . Comog(A) 6= 0 De lo contrario (p(x) no podrıa tener grado mınimal), hay unvector no nulo v en el rango de g(A). Se sigue puesa(A)v = (A− λI )v = 0, entonces v es un vector propio de A. Sea E elespacio recorrido por v .(ii) Si el grado de a(x) es 2, supongamos que a(A) = A2 + bA + cI . Comoen el caso anterior, el rango de g(A) debe contener un vector no nulo v .Si v es un vector propio de A, ya esta hecho. Si no, entonces v y Avrecorren un subespacio 2-dimensional E. Pero como a(A)v = 0, tenemosque A(Av) = −bAv − cv , y esto muestra que E es invariante bajo A.


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Ahora nos enfocaremos en hacer nuestra prueba del teorema principalusando resultados anteriores y con esto cumpliremos el objetivo principalde la presentacion.Teorema:Sea V un espacio real finito-dimensional con producto interno ysea la transformacion lineal A : V → V auto-adjunta Entonces existe unconjunto de vectores propios de A que forman una base ortonormal de V.


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Demostracion

Demostracion:Probemos el teorema por induccion sobre la dimension deV. Los casos uno dimensional y 2 dimensional se mencionaron antes. Sea2 ≤ n la dimension de V y supongamos que el teorema se cumple paraespacios de dimension menor que n. Por la proposicion anterior, existe unsubespacio E de V 1-dimensional o 2-dimensional tal que A(E) essubconjunto de E. El caso 1-dimensional o el 2-dimensional del teorema(ya mencionados) se aplica a E por lo tanto el complemento ortogonal deE tiene dimension n-1 y n-2 respectivamente.Por tanto el complemento ortogonal de E cumple la hipotesis de induccion.


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La forma real de Schur

Teorema: Cada matriz real cuadrada M puede ser factorizada como:M = Q4QT

Donde Q es ortogonal, QT es la traspuesta de Q, y 4 es una matriztrangular superior real por bloques en la cual, cada bloque diagonal es 1x1o 2x2.Demostracion Como los casos 1x1 y 2x2 son triviales supongamos que Mes nxn con 3 ≤ n.Sea A : Rn → Rn La transformacion lineal asociada a M.Definida por:x → MxDebemos probar la existencia de una base ortonormal γ de Rn tal que lamatriz de A relativa a γ es una matriz triangular superior por bloques en lacual cada bloque diagonal es 1x1 o 2x2. Argumentamos inductivamente enel orden n de M. Por la proposicion 2 existe un subespacio 1-dimensionalo 2-dimensional de Rn tal que A(E ) ⊂ E .


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Demostracion

Sea α una base ortonormal de E. Definamos B : E⊥ → E⊥ Dada porBx = PAx donde P es la proyeccion ortogonal sobre E⊥.Por la hipotesis de induccion existe una base ortonormal β de E⊥ tal quela matriz de B relativa a β es una matriz triangular superior por bloquesen la cual cada bloque diagonal es 1x1 o 2x2. La matriz de A relativa a labase (ordenada) γ = α ∪ β (empezando con los elementos de α ) es unamatriz triangular superior por bloques en la cual cada bloque diagonal es1x1 o 2x2. Se concluye la prueba.


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Referencias

Felipe Acker. “A Note on the Spectral Theorem in theFinite-Dimensional Real Case”. In: The American MathematicalMonthly 121.10 (2014), pp. 942–945.


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