Matrices tales que el $M^2+M^T=I_n$ son invertible

Question

Deje $M$ $n\times n$ real de la matriz tal que $M^2+M^T=I_n$. Demostrar que $M$ es invertible

Aquí está mi progreso:

• Jugando con determinante:

uno ha $\det(M^2)=\det(I_n-M^T)$ por lo tanto $\det(M)^2=\det(I_n-M)$

y $\det(M^T)=\det(I_n-M^2)$, por lo tanto $\det(M)=\det(I_n-M)\det(I_n+M)$

La combinación de ambas igualdades rendimiento $$\det(I_n-M)(\det(I_n-M)\det(I_n+M)-1)=0$$

• Jugando con la hipótesis original:

la transposición de los rendimientos $(M^T)^2+M=I_n$, y la combinación de da $(M^2-I_n)^2=I_n-M$

que es $M^4-2M^2+M=0$.

$M$ es por lo tanto diagonalizable y sus autovalores se encuentran en el conjunto de $\{0,1,-\frac{1+\sqrt{5}}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{2}\}$

• Misc

Multiplicando $M^2+M^T=I_n$ $M$ en dos formas diferentes, uno ha $MM^T=M^TM$

• Buscando una contradicción ?

Suponiendo $M$ a no es invertible, hay algunos $X$ tal que $MX=0$. Esto a su vez implica $M^TX=X$ ... ¿y qué ?

Answer 1

supongamos $Mx = 0.$ luego multiplicando $$M^2 + M^T = I$$ on the left by $x,$ we get $$M^T x = x. \tag 1$$ again multiply $(1)$ by $M$ on the left gives $$MM^T x = 0 \tag 2 $$ multiplying (2) by $x^T$ on the left gives $$ 0 =x^T M M^T x = (M^\top x)^T (M^T x) = |M^T x|^2 \to M^Tx = 0 \tag 3$$ together with $(1)$ impies $x = 0.$ that is $$ Mx = 0 \implies x = 0.$$ that is equivalent to $M$ ser invertible.

Answer 2

como una nota a pie de página, sólo para mirar en los casos más simples:

en la dimensión 1 $m^2 + m - 1=0$ $m=\frac12(-1 \pm \sqrt{5})$

en 2 dimensiones, establezca $M=\begin{pmatrix} a & b \\c & d \end{pmatrix}$, por lo que $$ M^{\mathrm{T}}=\begin{pmatrix} a & c \\b & d \end{pmatrix} $$ y $$ M^2 = \begin{pmatrix} a^2+bc & b(a+d) \\c(a+d) & d^2+bc \end{pmatrix} $$ por lo que la matriz de la condición de $M^2+M^{\mathrm{T}}=I$ da las condiciones: $$ a^2+bc +a =1 \\ d^2+bc +d = 1 \\ b(a+d)+c= 0 \\ c(a+d)+b=0 $$ desde $a$ $d$ son tanto las raíces de $x^2+x+(bc-1)=0$ requerimos $ad=bc-1$ por lo tanto $$ |M|=-1 $$ y $M$ es no singular.

como también tenemos $a+d=-1$ esto obliga a $b=c$ y obtenemos un parámetro 1-la familia de soluciones: $$ a,d=\frac12 \left(-1\pm\sqrt{5-4b^2} \right) $$

Answer 3

Podemos encontrar explícitamente el real matrices $M$ que satisface $M^2+M^*=I$. De acuerdo a la DODOM del post, $M$ es normal en la matriz, y, en consecuencia, a es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$ por un unitaria de cambio de base. A continuación, $M=Pdiag((m_i)_i)P^{-1}$ donde, para cada $i$, $m_i^2+\overline{m_i}=1$. Desde $M$ es real, no es un unitario $P$ s.t. $M=Pdiag(\lambda_1,\cdots,\lambda_k,p_1+iq_1,p_1-iq_1,\cdots,p_r+iqr,p_r-iq_r)P^{-1}$ donde $n=k+2r$ e las $(\lambda_j,p_s,q_s\not=0)$ son reales; morover $\lambda_j^2+\lambda_j=1$ (que implica la $\lambda_j=(-1\pm\sqrt{5})/2)$ $p_s^2-q_s^2+p_s+i(2p_sq_s-q_s)=1$ (que implica la $p_s=1/2,q_s^2=-1/4$, que no tiene soluciones).

Por último, existe una matriz ortogonal $Q$ s.t. $M=Qdiag(((-1+\sqrt{5})/2)I_p,((-1-\sqrt{5})/2)I_q)Q^{-1}$ donde $p+q=n$. Tenga en cuenta que $M$ es necesariamente simétrica.

Answer 4

Esta declaración del problema

Deje $M$ $n\times n$ real de la matriz tal que $M^2+M^T=I_n$. Demostrar que $M$ es invertible

es en realidad un caso especial de una forma mucho más general de la afirmación, que es en realidad la manera más fácil de probar:

Deje $p(x) = \sum_0^m p_i x^i \in \Bbb C[x]$ ser un complejo polinomio con no-fuga constante coeficiente de $p_0$, e $M$ $n \times n$ matriz compleja de satisfacciones $ M^\dagger = p(M)$. A continuación, $M$ es invertible.

Podemos demostrar esto de la siguiente manera:

Supongamos $M$ no es invertible. A continuación, hay algunos que no-vector cero $v \in \Bbb C^n$ con

$Mv = 0; \tag{1}$

de ello se sigue que

$M^\dagger v = p(M)v = \sum_0^m p_i M^iv = p_0 v; \tag{2}$

por lo tanto, tomar el (hermitian) producto interior de cada lado con $v$:

$\langle v, M^\dagger v \rangle = \langle v, p_0 v \rangle, \tag{3}$

de donde, usando (1),

$0 = \langle Mv, v \rangle = p_0\langle v, v \rangle \ne 0; \tag{3}$

esta contradicción muestra que (1) no se puede obligar a para $v \ne 0$. Por lo tanto, $\ker M = 0$ $M$ es invertible. QED.

Si ahora llevamos $M$ real y $p(x) = 1 - x^2$ el específico problema está resuelto.