Descomposición real de Schur de matriz ortogonal

Suponer$A, T, Q \in \mathbb{R}^{n \times n}$,$A=Q T Q^T$,$A$y$Q$son ortogonales. Entonces$T$es ortogonal. Queremos demostrar que si$T$es cuasitriangular, entonces es cuasidiagonal. Esto se sigue del siguiente teorema.

Teorema

Suponer

$$T=\begin{bmatrix} B_{1,1} & B_{1,2} & \dots & B_{1,m} \\ & B_{2,2} & \dots & \vdots \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & B_{m,m} \end{bmatrix}$$ es una matriz de bloques unitaria ortogonal real o compleja, donde cada$B_{i,i}$es un$1 \times 1$o un$2 \times 2$matriz. Entonces para cada$i$para cada$j>i$tenemos$B_{i,j}=0$.

Prueba del teorema

Como T es ortogonal o unitaria, tenemos$T^* T = I$, que se puede visualizar como

$$\begin{bmatrix} B_{1,1}^* & & & \\ B_{1,2}^* & B_{2,2}^* & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & \\ B_{1,m}^* & \dots & \dots & B_{m,m}^* \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} B_{1,1} & B_{1,2} & \dots & B_{1,m} \\ & B_{2,2} & \dots & \vdots \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & B_{m,m} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I&&& \\ &I&& \\ &&\ddots& \\ &&&I \end{bmatrix}.$$

Ahora probaremos por inducción sobre$i$que para cada$i$,$B_{i,i}^*$es invertible y para cada$j > i$tenemos$B_{i,j}=0$.

Base de inducción: se puede ver a partir de la estructura de matrices en la ecuación anterior que$B_{1,1}^* B_{1,1} = I$y por lo tanto$B_{1,1}^*$es invertible, y que para cada$j>1$,$B_{1,1}^* B_{1,j}=0$, que por invertibilidad de$B_{1,1}^*$Nos da$B_{1,j}=0$.

Paso inductivo. Supongamos para cada$i$hasta e incluyendo$k$, para cada$j > i$tenemos$B_{i,j}=0$. Entonces tenemos

$$\begin{bmatrix} B_{1,1}^*&&&&&& \\ & \ddots &&&&& \\ && B_{k,k}^* &&&& \\ &&&B_{k+1,k+1}^* & & & \\ &&&B_{k+1,k+2}^* & B_{k+2,2}^* & & \\ &&&\vdots & \vdots & \ddots & \\ &&&B_{k+1,m}^* & \dots & \dots & B_{m,m}^* \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} B_{1,1}&&&&&& \\ & \ddots &&&&& \\ && B_{k,k} &&&& \\ &&&B_{k+1,k+1} & B_{k+1,k+2} & \dots & B_{k+1,m} \\ &&&& B_{k+2,k+2} & \dots & \vdots \\ &&&& & \ddots & \vdots \\ &&&& & & B_{m,m} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I&&&&&& \\ &\ddots&&&&& \\ &&I&&&& \\ &&&I&&& \\ &&&&I&& \\ &&&&&\ddots& \\ &&&&&&I \end{bmatrix}.$$ De la estructura de las matrices en esta ecuación podemos ver que$B_{k+1,k+1}^* B_{k+1,k+1} = I$, Lo que significa que$B_{k+1,k+1}^*$es invertible, y que para cada$j > k+1$tenemos$B_{k+1,k+1}^* B_{k+1,j} = 0$, que por invertibilidad de$B_{k+1,k+1}^*$Nos da$B_{k+1,j}=0$. QED

¿Ha intentado utilizar el hecho de que$B_i$también son ortogonales? Para probar esto, usando$T^tT=TT^t=I$en la diagonal (usando matriz de bloques).

Entonces puedes probar fácilmente que$*$solo puede ser cero, usando$T^tT=TT^t=I$además de diagonal paso a paso, de fila superior a fila inferior.

Dependerá de los conocimientos previos, pero la prueba algebraica más simple proviene de saber que

(i) Las matrices triangulares superiores del bloque invertible (con dimensiones específicas para cada bloque diagonal) forman un grupo.
(ii) Las inversas de matrices ortogonales vienen dadas por su transpuesta.

$T=Q^TAQ$
y$Q,A \in O_n\big(\mathbb R\big)\implies T \in O_n\big(\mathbb R\big)$
aplicando (i) sabemos$T^{-1}$es bloque triangular superior y aplicando (ii) sabemos que$T^{-1}=T^T$que debe ser triangular inferior en bloque ya que la transpuesta de una matriz triangular superior en bloque es triangular inferior en bloque.

De este modo$T^T$es a la vez bloque triangular superior y bloque triangular inferior, es decir$T^T$es diagonal de bloque, y también lo es$T$.

Este tipo de argumento funciona de manera idéntica cuando te encuentras con un grupo más feo, como$Q,A \in O_n\big(\mathbb C\big)$
(el grupo ortogonal complejo que no es el grupo unitario).