Invertierbarkeit bezüglich innerer Produkträume

Question

Invertierbarkeit bezüglich innerer Produkträume

Mathematik
innere Produkte
Lineare Algebra

David C. Huang

Übung lassen $(V, \langle \,\, , \,\,\rangle)$ ein innerer Produktraum sein und lassen $\mathcal{L} = \{v_1, \dots, v_n\} \subset V$ . Beweise das $\mathcal{L}$ genau dann linear unabhängig ist

A = [\begin{matrix} ⟨ v_{1}, v_{1} ⟩ & ⟨ v_{2}, v_{1} ⟩ & \dots & ⟨ v_{N}, v_{1} ⟩ \\ ⟨ v_{1}, v_{2} ⟩ & ⟨ v_{2}, v_{2} ⟩ & \dots & ⟨ v_{N}, v_{2} ⟩ \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ ⟨ v_{1}, v_{N} ⟩ & ⟨ v_{2}, v_{N} ⟩ & \dots & ⟨ v_{N}, v_{N} ⟩ \end{matrix}]

$A = \begin{bmatrix} \langle v_1, v_1 \rangle & \langle v_2, v_1 \rangle & \dots & \langle v_n, v_1 \rangle \\ \langle v_1, v_2 \rangle & \langle v_2, v_2 \rangle & \dots & \langle v_n, v_2 \rangle \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \langle v_1, v_n \rangle & \langle v_2, v_n \rangle & \dots & \langle v_n, v_n \rangle \\ \end{bmatrix}$

ist invertierbar.

Für die $(\Rightarrow)$ Vorwärtsrichtung, wenn wir annehmen $\mathcal{L}$ linear unabhängig ist, dann wissen wir, dass wenn

A_{1} v_{1} + \dots A_{N} v_{N} = 0

$a_1v_1 + \dots a_nv_n = 0$

dann jeweils $a_i = 0, \hspace{0.4cm} 1 \leq i \leq n$ . Nun wissen wir, dass orthogonal lineare Unabhängigkeit impliziert, aber lineare Unabhängigkeit muss nicht Orthogonalität implizieren. Es ist also schwierig zu sehen, wie wir zu dem Schluss kommen werden $\det(A) \neq 0$ , dh $A$ ist invertierbar.

Für die $(\Leftarrow)$ Rückwärtsrichtung, nehmen wir an $A$ ist invertierbar und so $\det(A) \neq 0$ . Nun, da $\det(A) \neq 0$ , dann gibt es $v_i, v_j \in \{v_1, \dots, v_n\}$ so dass

⟨ v_{ich}, v_{J} ⟩ \cdot det (A^{*}) \neq 0

$\langle v_i, v_j \rangle \cdot \det(A^*) \neq 0$

Wo $A^*$ ist die quadratische Matrix, die aus erhalten wird $A$ durch Eliminierung der $i^{th}$ Spalte u $j^{th}$ Reihe. Mit anderen Worten, mindestens ein Begriff der $n \times n$ Determinante von $A$ ist ungleich Null.

Gehen diese Ansätze in die richtige Richtung oder irre ich mich? Ich bin mir nicht sicher, wie ich den Beweis für beide Richtungen vervollständigen soll. Alle Ratschläge oder Vorschläge werden im Voraus sehr geschätzt.

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Landebahn44 · Answer 1

Hinweis . Lassen $V=[v_1~\cdots~v_n]$ sei die Matrix der Spaltenvektoren $v_i$ . Dann ist die betreffende Matrix $V^\dagger V$ (Angenommen, Ihre komplexen inneren Produkte sind im ersten Argument konjugiert-linear - wenn wir über echte innere Produkträume sprechen, können wir das komplexe Zeug einfach ignorieren). Notiz $a^\dagger(V^\dagger V)a=\|Va\|^2$ .

Genauer gesagt (und auch koordinatenfrei, wenn Sie Vektoren nicht als Spalten schreiben möchten):

[\begin{matrix} \bar{A_{1}} & \dots & \bar{A_{N}} \end{matrix}] [\begin{matrix} ⟨ v_{1}, v_{1} ⟩ & \dots & ⟨ v_{1}, v_{N} ⟩ \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ ⟨ v_{N}, v_{1} ⟩ & \dots & ⟨ v_{N}, v_{N} ⟩ \end{matrix}] [\begin{matrix} A_{1} \\ ⋮ \\ A_{N} \end{matrix}] = “ A_{1} v_{1} + \dots + A_{N} v_{N} “^{2}

$\begin{bmatrix} \overline{a_1} & \cdots & \overline{a_n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \langle v_1,v_1\rangle & \cdots & \langle v_1,v_n\rangle \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \langle v_n,v_1\rangle & \cdots & \langle v_n,v_n\rangle \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1 \\ \vdots \\ a_n \end{bmatrix} = \|a_1v_1+\cdots+a_nv_n \|^2$

Tatsächlich gilt für echte innere Produkträume, $\det(V^T V)$ (die Grammianische Determinante ) ist das quadrierte Volumen $\mathrm{vol}^2$ des aufgespannten Parallelotops $v_1,\cdots,v_n$ . Wenn die Dimension von $V$ entspricht der Anzahl der Vektoren $n$ , das ist der Spezialfall, dass $\det V=\mathrm{vol}$ , aber ansonsten ist es allgemeiner.

Dies lässt sich noch weiter verallgemeinern zu einem inneren Produkt auf der äußeren Kraft $\Lambda V$ die verwendet werden können, um den "Volumenverzerrungsfaktor" zu berechnen, der mit der orthogonalen Projektion eines Unterraums auf einen anderen verbunden ist.

Was hat das mit dem vorgeschlagenen Problem zu tun? Was damit behauptet wird, ist nicht ersichtlich
@EmilyBurkenhamen Der Hinweis zeigt die hermitische Matrix $V^\dagger V$ positiv-halbendlich ist, und noch dazu $\{v_i\}$ ist linear unabhängig gdw $V^\dagger V$ ist positiv-definit. Denken Sie daran, dass positiv-definite Matrizen von den anderen positiv-semidefiniten Matrizen durch ihre positiven Determinanten unterschieden werden können.

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David C. Huang

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Landebahn44

David C. Huang

Landebahn44

Eindeutiges u∧vu∧vu\wedge v, so dass (u∧v)⋅w=∣∣∣∣∣u1v1w1u2v2w2u3v3w3∣∣∣∣∣(u∧v)⋅w=|u1u2u3v1v2v3w1w2w3|(u\wedge v)\cdot w = \small\begin{vmatrix} u_1&u_2&u_3 \\ v_1&v_2&v_3 \\ w_1&w_2&w_3 \end{vmatrix} für alle w∈R3w∈ℝ3w\inℝ^3

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