〔線性代數〕正特徵值的 Hermitian 矩陣

參考一下:
( =>)
AH=HA (H, A commutative => AH^2=H^2A
(<=) 已知 A, H^2 commutative => A, H^(2n) commutative
想法:若能將H表示為H^2之多項式P(H^2) => AH=HA
作法: 設H之eigenvalues為 a1, a2, ..., an (已知正數)
製作一個多項式P(x), 滿足 P(ai^2)= ai , for i=1~n
(用Lagrange多項式,或牛頓插值法均可)
(只要H之特徵根不含等值異號情形即可,本題均正根,自然可行)
則 P(H^2)= H ( 因P(H^2)與H之eigenvalues均相同)

故 AH=A*P(H^2)= P(H^2)*A=HA

2009-10-07 22:49:32 補充：
AH=HA <=> A(H^3)=(H^3)A 也對吧!(而且條件更弱!)

2009-10-07 23:35:02 補充：
重根好像有點麻煩!
另法:det(H-xI)=0, 因特徵根均為正數,故此多項式可改為x*f(x^2)=g(x^2)
其中f(x)之各項係數均為正數=>inverse of f(H^2)存在
則H=g(H^2)[f(H^2)]^(-1)為H^2之多項式=P(H^2)

2009-10-08 03:01:04 補充：
依原作答:設H之相異特徵根為a1, ..., am (沒有等值異號即可)
製作P(x), 滿足P(ai^2)=ai, for i=1~m, 則P(H^2)=H
(不用考慮重根問題!有重根更好, 因P(x)次數越小)

2009-10-08 10:29:17 補充：
其實一開始我也沒分析的"十分"清楚,Co大涵養實在太好,謝啦!

2009-10-08 11:05:58 補充：
考量P(H^2)與H同時對角化的情形,這樣就很容易看出P(H^2)=H
so,只要H可對角化,且多項式G:{a1,a2,...,an}->F為1-1 mapping, 則
G(H)*A=A*G(H) => HA=AH
應該是這樣吧!

〔３〕重根的確不重要，先前已刪去要批評的是：寫下 P(H^2) = H 時，括號之理由為兩者之特徵向量相等。這本來就是一句多餘而且是錯誤的理由。