Prueba para la dimensión de un subespacio de M(n,R)

Question

Primero voy estado el ejercicio y, a continuación, mostrar lo que podía conseguir.

Deje $A_{1},...,A_{k} \in M(n,R)$ tal que para todo $ 1 \le i \neq j \le k $: $ A_{i}^{2}=I$ y $A_{i}A_{j}+A_{j}A_{i}=0$ muestran que $k \le \frac{n(n+1)}{2}$

Ok, primero que nada, podemos ver que la condición de $ A_{i}^{2}=I$ significa que todas las matrices en este formulario son diagonalizable con autovalores $\in \big\{1,-1\big\} $, por lo que podemos afirmar que $A_{i}$ son todos invertible la matriz y $A_{i}^{-1}=A_{i}$.

Ahora si me multiplicar la relación entre las matrices de $A_{i}$ lo $A_{i}A_{j}A_{i}=-A_{j}$ que significa que el $A_{j}$ $-A_{j}$ son similares y porque necesitan compartir determinante tiene que ser 0 si la dimensión del espacio es impar. También sé que viajan. Siento que debería ser capaz de encontrar alguna otra relación (tal vez sobre el Ker de la aplicación lineal) de $A_{i}A_{j}+A_{j}A_{i}=0$ pero no sé cómo.

Gracias de antemano

Answer 1

Voy a trabajar con el supuesto de que el campo base es cualquier campo $K$. Deje $V:=\text{Mat}_{n\times n}(K)$. Supongamos que $A_1,A_2,\ldots,A_k\in V$ son tales que $A_i^2=1_n$ por cada $i\in[k]$, e $A_iA_j+A_jA_i=0_n$ todos los $i,j\in[k]$$i\neq j$. Aquí, $1_r$ $0_r$ denotan, respectivamente, el $r$a$r$ matriz identidad y la $r$a$r$ cero de la matriz, y $[m]:=\{1,2,\ldots,m\}$ todos los $m\in\mathbb{Z}_{>0}$.

En primer lugar, tratamos el caso donde $K$ es de carácter no igual a $2$. Se ha demostrado que, si $k>1$, $A_i$ $-A_i$ son similares matrices para todos los $i\in[k]$. Es decir, si $k>1$, luego $$\det(A_i)=\det(-A_i)=(-1)^n\,\det(A_i)\,,$$ making $(-1)^n=1$, whence $n$ is even. Thus, if $n$ is odd, then $k\leq1$. From now on, we assume that $k>1$ and $$ n es par.

Considere el operador lineal $T_X:V\to V$ definido para cada una de las $X\in V$ por $$T_X(Y):=XY+YX\text{ for any }Y\in V\,.$$ Si $X$ es diagonalizable sobre $K$, luego deje $x_1,x_2,\ldots,x_n\in K^n$ ser vectores propios de a $X$, con respecto a los autovalores $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\in K$, respectivamente, y deje $\chi_1,\chi_2,\ldots,\chi_n\in K^n$ ser vectores propios de a $X^\top$, con respecto a los autovalores $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\in K$, respectivamente. A continuación, el $n^2$ linealmente independientes matrices $x_\mu\,\chi_\nu^\top$ son vectores propios de a $T_X$, con autovalores $\lambda_\mu+\lambda_\nu$$\mu,\nu\in[n]$.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que $$A_1=\begin{bmatrix}+1_{\frac{n}{2}}&0_{\frac{n}{2}} \\0_{\frac{n}{2}}&-1_{\frac{n}{2}} \end{bmatrix}\,.$$ A continuación, $A_1$ es diagonalizable con vectores propios $e_1,e_2,\ldots,e_{\frac{n}{2}}$ correspondiente al autovalor $+1$, y con los vectores propios $e_{\frac{n}{2}+1},e_{\frac{n}{2}+2},\ldots,e_n$ correspondiente al autovalor $-1$. Aquí, $e_1,e_2,\ldots,e_n\in K^n$ son los vectores de la base de $K^n$. Esto muestra que el nullspace de $T_{A_1}$ es de dimensión $2\left(\dfrac{n}{2}\right)^2=\dfrac{n^2}{2}$, ya que es atravesado por $e_i\,e_j^\top$$e_j\,e_i^\top$$i\in\left\{1,2,\ldots,\dfrac{n}{2}\right\}$$j\in\left\{\dfrac{n}{2}+1,\dfrac{n}{2}+2,\ldots,n\right\}$. Por lo tanto, de David C. Ullrich la respuesta, $A_2,A_3,\ldots,A_k$ son linealmente independientes elemento de $\ker\big(T_{A_1}\big)$, con lo que conseguimos $$k-1\leq \frac{n^2}{2}\text{ or }k\leq \frac{n^2}{2}+1\leq \frac{n(n+1)}{2}\,.$$ Yo sin embargo creo que el valor máximo posible de $k$ es en la mayoría de las $\dfrac{n^2}{4}+1$.

Si $K$ es de carácter $2$, entonces es evidente que las matrices $A_1,A_2,\ldots,A_k$ necesita sólo viaje. No hay límite en $k$ (por ejemplo, $A_1=A_2=\ldots=A_k=1_n$ funciona). Sin embargo, si exigimos que $A_1,A_2,\ldots,A_k$ es linealmente independiente, entonces un límite para $k$ puede ser determinado. En primer lugar, podemos suponer que la $A_1,A_2,\ldots,A_k$ es triangular superior matrices de cada una de cuyas diagonales de las entradas es de $1$. A continuación, $A_2-A_1,A_3-A_1,\ldots,A_k-A_1$ son estrictamente triangular superior de las matrices. El subespacio de $V$ compuesta por estrictamente triangular superior matrices de dimensión $\dfrac{n(n-1)}{2}$. Es decir, $$k-1\leq \frac{n(n-1)}{2}\text{ or }k\leq \frac{n(n-1)}{2}+1\leq \frac{n(n+1)}{2}\,.$$ I conjecture that, with the extra assumption that the matrices $A_1,A_2,\ldots,A_k$ be linearly independent, $k\leq\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor+1$.

Answer 2

Dices en un comentario que $k$ "debe para ser" la dimensión del vano de la $A_j$, pero no dar ningún indicio de por qué esto es realmente así.

De hecho es fácil ver que el $A_i$ son independientes. Supongamos que $$\sum_ic_iA_i=0.$$Then for every $j$ we have $$\sum_ic_iA_iA_j=0$$and also $$\sum_i c_iA_jA_i=0.$$Now add those two equations; since $A_iA_j+A_jA_i=0$ for $i\ne j $ and $ A_j ^ 2 = I $ you get $$2c_jI=0,$$hence $ c_j = 0$.

Answer 3

Veo que el límite ya está demostrado. Así que voy a dar una perspectiva diferente. Si se agrega la condición de que $A_i^tA_j+A_j A_i^t = 0$, $\forall i,j$ (cuando $i=j$, esta condición se aplica sólo cuando $A_i \neq A_i^t$), entonces lo siguiente es cierto. Ahora consideremos $A_1,...,A_k$ y ahora reemplazar $A_i$ $\frac{1}{\sqrt{2}} (A_i+A^t_i)$, $ \frac{1}{\sqrt{2}} (A_i-A^t_i)$ si $A_i \neq A^t_i$y quitar $A_i^t$ del conjunto si presente o si mantener a $A_i = A^t_i$ $A_i$ que es. Sean las matrices sustituyó $B_1,...B_k$.

Ahora $B1,...,B{k}$ también satisface la ecuaciones $B^2_i = I$ y $B_i B_j + B_j B_i = 0$.