¿Si una matriz, así como su parte hermítica ambos tiene uno determinante, la matriz debe hermítica?

Question

Si $x\in\mathrm{M}_2(\mathbb{C})$, $y=\dfrac{x+x^{\dagger}}{2}$, e $z=\dfrac{z-z^{\dagger}}{2}$, a continuación,$x=y+z$. También, $y$$z$, respectivamente, son Hermitian y anti-Hermitian, es decir, $y^{\dagger}=y$ $z^{\dagger}=-z$ donde $^\dagger$ denota la transpuesta conjugada. Ahora supongamos $\det(x)=\det(y)=1$. ¿Esta fuerza de $x^{\dagger}=x$? No puedo encontrar un contraejemplo, pero no puedo demostrarlo.

Algunas ideas: Deje $H$ $A$ respectivamente denotar los conjuntos de $2\times2$ complejo de Hermitian y anti-Hermitian matrices, y considerar el mapa de $\phi:\mathrm{M}_2(\mathbb{C})\rightarrow H\times A$ que tarda $x$ por encima de a $(y,z)$. A continuación,$x\in H\iff\phi(x)=(x,0)$. También, $\phi$ es un espacio vectorial isomorfismo si pensamos en $\mathrm{M}_2(\mathbb{\mathbb{C}})$ como una de las 8 dimensiones reales de espacio vectorial, por lo que tomar la primera coordenada de su imagen da una proyección en $H$ 4 dimensiones reales del subespacio. Quiero decir que esta proyección no puede arreglar el determinante de a $x$ si $x$ ya está en su imagen, pero es difícil decir algo en particular sobre el factor determinante aquí porque es de los mapas en $\mathbb{C}$ y los espacios vectoriales que estoy pensando son reales.

Answer 1

Tenemos $x = y + z$. Cualquier Hermitian matriz es ortogonalmente diagonalizable real con los valores propios, por lo que (después de la conjugación por una matriz unitaria) podemos suponer $y$ es una matriz diagonal. (Tenga en cuenta que la conjugación de una matriz unitaria, se conserva el Hermitian/anti-Hermitian cualidades de $y$$z$, así como los factores determinantes de cada uno). Por el determinante de la restricción, tenemos:

$$y = \begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end{bmatrix}$$

Donde $\lambda \in \mathbb{R}^{\times}$ es distinto de cero. También tenemos:

$$z = \begin{bmatrix} ia & w \\ -\overline{w} & ib \end{bmatrix}$$

Aquí $a,b \in \mathbb{R}$$w \in \mathbb{C}$. Por lo $x$ ha determinante $1$ si y sólo si:

$$(ia + \lambda)(ib + \lambda^{-1}) - (w)(-\overline{w}) = 1$$ $$-ab + i(a\lambda^{-1} + b\lambda) + 1 + w\overline{w} = 1$$ $$(w\overline{w} - ab) = 0 \qquad \text{and} \qquad a\lambda^{-1} + b\lambda = 0$$ La última línea proviene de la separación de las partes real e imaginaria de la ecuación anterior. Ahora la segunda ecuación, se obtiene: $$a = -b\lambda^{2}$$ Y así: $$w\overline{w} + b^{2}\lambda^{2} = 0$$ La última línea es la suma de los dos no negativo de los números reales, que es cero si y sólo si sus términos son cero. Así, obtenemos $w = 0$$b = 0$, se deduce que el $a = 0$ $z = 0$ $x = y$ como se conjeturó.

Esto resuelve tu pregunta es de 2 dimensiones. No estoy seguro acerca de las dimensiones superiores. Este método de trabajo en la práctica, pero rápidamente se convertirá en una carga, lo que si es cierto en general, entonces probablemente no es una verdadera prueba.