の固有値プロパティを表示する $A=xy^*$

しましょう $x,y$ 次元のベクトルが与えられる $n \times 1$、 $A=xy^*$、および $\lambda=y^*x$。私は次のことを実証しようとしています：

1. $\lambda$ の固有値は $A$。
2. 場合 $\lambda \ne 0$、それはの唯一の非ゼロ固有値になります $A$。
3. 理由を説明 $A$ 対角化可能である場合 $y^*x\ne 0$。

これまでの私のアプローチ：

1. NTS $\det(A-\lambda I)=0$。本当に拡大したくない$\det(xy^*-y^*xI)$ 、しかしそうしても、そうすることがどのように役立つかわかりません。

2. これを口頭で論理化できます。Aはベクトルのペアの積であるため、各列/行が互いにスカラー倍になることは明らかです。証明によって：仮定する$\exists \mu\ne 0, \mu \ne \lambda$。ここからどこへ行けばいいのかわからない。

3. 今後： $A$対角化可能です。次に$\exists \text{nonsingular} S: S^{-1}AS=D$、 どこ $D$ に似た対角行列です $A$。しかし、$A$ 固有値がゼロしかない場合 $S$特異であり、矛盾しています。反対方向に進む場合$y^*x\ne 0$の場合、Aの固有値はゼロに等しくありません。それでは、の類似性について声明を出すことができますか$A$ 対角行列に？

仮定します $x\neq0$。しましょう$P$ 正規直交行列である（つまり、 $ P^*P=I$） そのような $ Px=a$、 どこ $a=(a_1,0,\cdots,0)^*$。しましょう$Py=b=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^*$。次に$$ A=xy^*=(P^{-1}a)(P^{-1}b)^*=P^*(ab^*)P $$ これは、 $A$ そして $ab^*$同じ固有値を持っています。ご了承ください$$ e_1b=\left[\begin{matrix}a_1b_1&a_1b_2&\cdots&a_1b_n\\ 0&0&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0\\ \end{matrix}\right] $$ 固有値を持つ $a_1b_1$ そして $0$ （多重度 $n-1$）そしてまた注意してください $$ a_1b_1=e_1^*b=(a,b)=(P^{-1}a,P^{-1}y)=(x,y)=x^*y=\lambda. $$ したがって、 $A$ 固有値があります $\lambda$ そして $0$ （多重度 $n-1$）。\

しましょう $x^*y\not=0$、正規直交行列を選択します $P$ そのような $Px=\|x\|e_1$ どこ $e_1=(1,0,\cdots,0)^*$。しましょう$$\bar{b}=e_1+kP^*y $$ どこ $k$ そのようなものです $$ (e_1,\bar{b})=1+k(e_1,Py)=1+\frac{k}{\|x\|}(Px,Py)=1+\frac{k}{\|x\|}x^*y=0$$ つまり、 $k=-\frac{\|x\|}{x^*y}$。しましょう$e_2=\frac{\bar{b}}{\|\bar{b}\|}$ と選択します $e_3,\cdots,e_n$ そのような $e_1,e_2,\cdots,e_n$正規直交です。次に$$ PAP^*=Pxy^*P^*=\|x\|e_1(Py)^*=\frac{\|x\|}{k}e_1(\bar{b}-e_1)^*=-\frac{\|x\|}{k}e_1e_1^*,$$ すなわち $xy^*$ 対角化可能です。

ヒント：

1. 検討する $xy^*x$。
2. 仮定する $xy^*v=\lambda v\ne 0$、それからそれはまた等しい $x(y^*v)$、 そう $v$ のスカラー倍です $x$。
3. 上記により、 $y^*x=0$、の唯一の固有値 $xy^*$ です $0$したがって、対角化可能である場合は、固有値を持つ対角行列に類似している必要があります。 $xy^*\ne 0$ （ただし、 $x=y=0$）。
   一方、$y^*x\ne 0$、 我々は持っています $\dim\ker(x^*y) =n-1$、そこで基礎を選択し、 $x$、そしてそれに基づいての行列 $x^*y$ ゼロ以外のエントリが1つある対角線 $y^*x$。

基礎となるフィールド以来 $\Bbb K$ 以上と $\Bbb K$-ベクトル空間 $V$ その上で $A$ 動作し、 $A \in \mathcal L(V)$、指定されていない、私は仮定するつもりです

$\text{char}(\Bbb K) = 0 \tag 0$

この答えの残りのために。

それを示すために

$\lambda = y^\ast x \tag 1$

の固有値は

$A = xy^\ast, \tag 2$

単に考慮する必要があります

$Ax = (xy^\ast)x = x(y^\ast x) = x(\lambda) = \lambda x, \tag 3$

これは、 $x \ne 0$、 を示す $\lambda$ の固有値は $A$ 対応する固有ベクトルを使用 $x$。

今なら $\mu \ne 0$ のその他の固有値は $A$、その後

$\exists z \ne 0, \; Az = \mu z; \tag 4$

以来 $\mu \ne 0$ そして $z \ne 0$、 我々は持っています

$0 \ne \mu z = Az = (xy^\ast)z = x(y^\ast z) = (y^\ast z)x; \tag 5$

このことから、

$(y^\ast z) \ne 0, \; x \ne 0, \tag 6$

それは私たちを

$z = \dfrac{y^\ast z}{\mu}x = \alpha x, \; \alpha = \dfrac{y^\ast z}{\mu} \ne 0; \tag 7$

$z$ したがって、はのスカラー倍です $x$、wherece

$\mu z = Az = A(\alpha x) = \alpha Ax = \alpha \lambda x = \lambda(\alpha x) = \lambda z; \tag 8$

したがって、

$(\mu - \lambda)z = 0 \Longrightarrow \mu = \lambda, \tag 9$

そして私達はそれを見る $\lambda \ne 0$ の唯一の非ゼロ固有値です $A$。

最後になりましたが、少なくとも

$\lambda = y^\ast x \ne 0, \tag{10}$

次に、上で見たように、 $\lambda$ の唯一の消えない固有値です $A = xy^\ast$、さらに、 $\lambda$ 幾何学的および代数的多重度です $1$; 線形写像の核がその核であるという観察を通して、これが真実であることがわかります。

$\phi_y: V \to \Bbb K, \; \phi_y(z) = y^\ast z \in \Bbb K, \; z \in V, \tag{11}$

満たす

$\dim \ker \phi_y = n - 1, \tag{12}$

どこ

$\dim_{\Bbb K} V = n; \tag{13}$

したがって、存在します $n - 1$ 線形独立ベクトル

$w_1, w_2, \ldots, w_{n - 1} \in \ker \phi_y, \tag{14}$

それぞれが満たす

$y^\ast w_i = \phi_y(w_i) = 0, \; 1 \le i \le n - 1; \tag{15}$

その後

$Aw_i = (xy^\ast)w_i = x(y^\ast w_i) = 0, 1 \le i \le n - 1; \tag{16}$

（11）-（16）から、カーネルの次元が $A$、つまり、の寸法 $0$-固有空間は、 $n - 1$; この事実から、私たちは、$\lambda$-固有空間は正確に $1$、すなわち、 $\lambda$ 幾何学的および代数的多重度です $1$ 上で主張したように。

これでマトリックスを作成できます $S$ なので

$S = [x \;w_1 \; w_2 \; \ldots \; w_{n - 1}]; \tag{17}$

つまり、の列 $S$ ベクトルです $x$、 $w_1$、 $w_2$、など。その後

$AS = [Ax \; Aw_1 \; Aw_2 \; \ldots \; Aw_{n - 1}] = [(y^\ast x)x \; 0 \; 0 \; \ldots \; 0]; \tag{18}$

今、 $w_i$ 互いに線形独立であり、 $x$ から線形独立です $w_i$それらは異なる固有値に関連付けられた固有ベクトルであるため、したがって、マトリックス$S$ 特異ではなく、形成される可能性があります $S^{-1}$ そのような

$S^{-1}S = S^{-1}[x \;w_1 \; w_2 \; \ldots \; w_{n - 1}] = [S^{-1}x \; S^{-1}w_1 \; S^{-1}w_2 \; \ldots \; S^{-1}w_{n - 1}] = I; \tag{19}$

（18）と（19）から、

$S^{-1}AS = [S^{-1}(y^\ast x)x \; S^{-1}0 \; S^{-1}0 \; \ldots \; S^{-1}0] = [y^\ast x S^{-1}x \; 0 \; 0 \; \ldots \; 0]; \tag{20}$

（19）を調べると、

$S^{-1}x = e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}; \tag{21}$

したがって、（20）は

$S^{-1}AS = [y^\ast x e_1 \; 0 \; 0 \; \ldots \; 0], \tag{22}$

ゼロ以外のエントリが1つしかない、 $y^\ast x$、左上隅にあります。それは明らかに斜めであり、他のすべての斜めのエントリ$y^\ast x$ の固有値に関して明らかにしたことに基づいて予想されるように、はゼロです。 $A$。