Las familias de Idempotente $3\times 3$ Matrices

Question

Me hizo el siguiente análisis para $2\times2$ real idempotente (es decir,$A^2=A$) matrices: $$ \begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}^2=\begin{bmatrix}a^2+bc&(a+d)b\\(a+d)c&bc+d^2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} $$ Así, en particular, tenemos $(a+d)c=c$ $(a+d)b=b$ por lo tanto, si $b$ o $c$ es distinto de cero, tenemos $a+d=1$. También vemos que el $a$ $d$ ambos satisfacen la ecuación de $x^2+bc=x\iff x^2-x+bc=0$ que es una ecuación cuadrática tener soluciones $$ x=\frac{1\pm\sqrt{1-4ac}}{2}=0.5\pm\sqrt{0.25-bc} $$ Pero esto sólo es posible si $bc\leq 0.25$ pues de lo contrario la expresión anterior no es real. Esto nos da los siguientes casos:

CASO 1: Si $b,c=0$ tenemos $x\in\{0,1\}$ y desde $a+d=1$ es innecesario tenemos cuatro posibilidades: $(a,d)\in\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$.

CASO 2: Si $bc=0.25$ tenemos $x=0.5$$a=d=0.5$.

CASO 3: Si $bc<0.25$ aún $(b,c)\neq(0,0)$ tenemos $x\in L=\{0.5-\sqrt{0.25-bc},0.5+\sqrt{0.25-bc}\}$ e tienen $a+d=1$ debemos tener $\{a,d\}=L$, de modo que si $a$ es una solución, entonces se $d$ es forzado a ser la solución. O la otra manera alrededor.

Los casos pueden ser ilustrado a través del siguiente diagrama de la gráfica de la hipérbola $xy=0.25$ correspondiente al CASO 2, el área de $xy<0.25$ correspondiente al CASO 3, y el punto de $(0.0)$ correspondiente al CASO 1:

Las bandas azules muestran los gráficos de $xy=k$ $k=0.05$ $0.20$y el cian bandas espectáculo $xy=k$ $k=-0.05,-0.10,...$ Por ejemplo, uno podría elegir,$(b,c)=(3.75,-1)$, de modo que $\sqrt{0.25-bc}=2$ lo que hace a $x=0.5\pm 2=-1.5$ $2.5$ y forman la matriz $$ A=\begin{bmatrix}-1.5&3.75\\-1&2.5\end{bmatrix} $$ que luego de ser idempotente, como un ejemplo de CASO 3.

Preguntas:

1. Puede descripciones similares derivados de $3\times 3$ matrices?
2. Es este un conocido descripción de idempotente $2\times 2$ matrices?

Answer 1

Por el kernel teorema de descomposición, usted tiene ${\mathbb R}^3={\sf Ker}(A(A-I))={\sf Ker}(A)\oplus{\sf Ker}(A-I)$, por lo que ${\sf rank}(A)+{\sf rank}(A-I)=3$. Si uno de ${\sf rank}(A)$ o ${\sf rank}(A-I)$ es cero, tenemos los casos triviales $A=0$ o $A=I$. De lo contrario, uno de ${\sf rank}(A)$ o ${\sf rank}(A-I)$$1$, y el otro es $2$. Recuerde también que al $A$ es idempotente, ${\sf rank}(A)$ coincide con ${\sf trace}(A)$.

Técnica de la observación. Un $3\times 3$ matriz tiene rango $1$ fib tiene una de las tres formas $[C,xC,yC],[0,C,xC],[0,0,C]$ donde $x$ $y$ son constantes y $C$ es una columna con al menos uno distinto de cero de la entrada.

Al ${\sf rank}(A)=1$, utilizando la técnica de la observación y reinyectar en $A\times A=A$, podemos ver que $A$ es de una de las siguientes tres formas :

$$ \begin{array}{lcl} A_1&=&\left(\begin{array}{ccc} 1-xa_2-ya_3 & x(1-xa_2-ya_3) & y(1-xa_2-ya_3) \\ a_2 & xa_2 & ya_2 \\ a_3 & xa_3 & ya_3 \\ \end{array}\right) \\ A_2&=&\left(\begin{array}{ccc} 0 & a_1 & xa_1 \\ 0 & 1-xa_3 & x(1-xa_3) \\ 0 & a_3 & xa_3 \\ \end{array}\right), A_3=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & b \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right) \\ \end{array} $$

Del mismo modo, cuando se ${\sf rank}(A-I)=1$, utilizando la técnica de la observación y reinyectar en $A\times A=A$, podemos ver que $A$ es de una de las siguientes formas :

$$ \begin{array}{lcl} A_4&=&\left(\begin{array}{ccc} -xa_2-ya_3 & x(-1-xa_2-ya_3) & y(-1-xa_2-ya_3) \\ a_2 & 1+xa_2 & ya_2 \\ a_3 & xa_3 & 1+ya_3 \\ \end{array}\right) \\ A_5&=&\left(\begin{array}{ccc} 1 & a_1 & xa_1 \\ 0 & -xa_3 & x(-1-xa_3) \\ 0 & a_3 & 1+xa_3 \\ \end{array}\right), A_6=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & a \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) \\ \end{array} $$

Todas las $A_i$ son idempotente. Así, hemos obtenido una necesaria y suficiente condición, compuesto de seis casos (ocho si se incluyen los casos degenerados $A=0$ $A=I$).

Answer 2

Esta es una respuesta parcial, pero algo que usted puede encontrar útil. Deje $A$ $3\times3$ matriz y denotan $t=\text{tr}(A)$, $d=\det(A)$ y $a=a_1+a_2+a_3$ donde $a_k=\det(A_{\hat k\hat k})$ es el subdeterminant correspondiente a la $k$ésimo elemento de la diagonal $A$. El polinomio característico de a $A$ es $$ p(x) = \det(A-xI) = -x^3+tx^2-ax+d. $$ Por el Cayley-Hamilton teorema $p(A)=0$, cuando el polinomio es, naturalmente, interpretado por matrices. Es decir, $$ -A^3+tA^2-aA+dI=0. $$ Podemos factorizar este polinomio: $$ -(A^2-A) (- (t-1))+(t-a-1)a+dI=0. $$ Supongamos que $A$ es idempotente: $A^2=A$. La ecuación anterior da ahora $(t-a-1)A+dI=0$. Si $t-a-1\neq0$, esto significa que $A$ es un múltiplo de la identidad. Es fácil ver que las únicas soluciones son $A=I$ $A=0$ (y estos son, por supuesto, idempotente matrices).

Todos los demás idempotente matrices deben satisfacer $t-a-1=0$$d=0$. Es decir, $\det(A)=0$ y $$ \text{tr}(A) = 1+\det(A_{\hat1\hat1})+\det(A_{\hat2\hat2})+\det(A_{\hat3\hat3}). $$ La segunda condición puede ser, alternativamente expresado como $\text{tr}(A)=1+\text{tr}(\text{cof}(A))$ donde $\text{cof}(A)$ es el cofactor de la matriz de $A$. Tratando de encontrar soluciones explícitas para estas ecuaciones parece desordenado.

Permítanme insistir en que estas condiciones son necesarias para todos los idempotente matrices otros de $0$$I$, pero no suficiente. El polinomio característico no conservar toda la información acerca de la matriz original. La siguiente matriz satisface ambas condiciones, pero no es idempotente: $$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}. $$

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Como un comentario, el mismo enfoque funciona mejor para un $2\times2$ matriz $A$. Ahora $p(x)=x^2-tx+d$, lo $A^2-tA+dI=0$. El uso de $A^2=A$ da $(1-t)A+dI=0$. De nuevo, $A$ es un múltiplo de la identidad (estos dos casos se conoce) o$1-t=0$$d=0$.

Las ecuaciones son mucho más fáciles para resolver ahora. Supongamos que $ Un = \begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}. $ Tenemos $ad-bc=0$$a+d=1$. Si $c=0$, obtenemos $a\in\{0,1\}$$d=1-a$, e $b$ puede ser cualquier cosa. Si $c\neq0$, obtenemos $a=1-d$$b=(d-d^2)/c$, e $d$ puede ser cualquier cosa. Es fácil comprobar que estas soluciones son en realidad idempotente.