¿Existe un homeomorfismo entre los conjuntos de matrices de Schur estable y de Hurwitz en forma complementaria?

Question

El conjunto de Schur estable matrices es \begin{align*} \mathcal S = \{A \in M_n(\mathbb R): \rho(A) < 1\}, \end{align*} donde $\rho(\cdot)$ denota el radio espectral de una matriz y el conjunto de Hurwitz estable matrices es \begin{align*} \mathcal H = \{A \in M_n(\mathbb R): \max_{i=1, \dots, n} \text{Re}(\lambda_i(A)) < 0\}, \end{align*} es decir, las matrices con valores propios acostado en la mitad izquierda del plano. Deje $\mathcal C$ denotar todas las matrices compañero formulario. Deje $\hat{\mathcal S} = \mathcal S \cap \mathcal C$ e $\hat{\mathcal H} = \mathcal H \cap \mathcal C$. Ahora me gustaría para determinar si hay un homeomorphism entre los conjuntos de $\hat {\mathcal S}$ e $\hat{\mathcal H}$. Permítanos excluir el caso trivial $n=1$.

Si consideramos los conjuntos de $\mathcal S$ e $\mathcal H$ , hay un diffeomorphism $f: \mathcal S \to \mathcal H$ dada por \begin{align*} A \mapsto (A-I)^{-1}(A+I). \end{align*} Pero al parecer esto no funciona para $\hat {\mathcal S}$ e $\hat{\mathcal H}$ ya que la inversión y la multiplicación no producirá necesariamente una matriz en la compañera de formulario.

Answer 1

Usted está a mitad de camino. Deje $\mathcal H'$ e $\mathcal S'$ ser subconjuntos de a$\mathcal H$ e $\mathcal S$ que sólo contienen canónica de Jordan de las matrices en la forma de: $$M=\text{diag}\left(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n\right)$$ donde $|\lambda_i|\ge|\lambda_{i+1}|\;$ ($i=1,\dots,n-1$), y

• si $|\lambda_i|=|\lambda_{i+1}|$ entonces $\Re\lambda_i\ge\Re\lambda_{i+1}$
• si $|\lambda_i|=|\lambda_{i+1}|$ e $\Re\lambda_i=\Re\lambda_{i+1}$ entonces $\Im\lambda_i\ge\Im\lambda_{i+1}$

Ya que cada matriz en $\hat{\mathcal H}$ no es ni superior/inferior triangular, entonces existe una única matriz de esta forma para cada una de las $A\in\hat{\mathcal H}$. Porque por cada dos distintas matrices en $\hat{\mathcal H}$, su característica polinomios son distintos, por lo que sus conjuntos de valores propios no son iguales. Por lo tanto existe un único bijection que los mapas de cada matriz en $\hat{\mathcal H}$ a una matriz en la $\mathcal H'$, y viceversa.

De igual manera, existe un bijection entre $\mathcal S'$ e $\hat{\mathcal S}$.

Ahora nos muestran que también hay un bijection entre $\mathcal H'$ e $\mathcal S'$. Deje $f$ ser una función compleja se define como: $$f(z)=\frac{z+1}{z-1}$$ que es una transformación de Möbius que los mapas de la izquierda de la mitad del plano complejo en la unidad de disco, es decir, es un bijection entre estos dos subespacios.

Ahora vamos a $g:\mathcal H'\to\mathcal S''$ ser dada por $$A\mapsto(A-I)^{-1}(A+I)$$ desde $A$ es diagonal, entonces cada elemento diagonal, $\lambda_i$ de $A$ se asigna a $f(\lambda_i)$ y la matriz resultante es también en diagonal. Tenga en cuenta que $\mathcal S''$ no es necesariamente igual a $\mathcal S'$ como el orden puede cambiar. Pero el orden de las diagonales en $B\in\mathcal S''$ puede ser resuelto por medio de una matriz unitaria $E$ (cuyas columnas son una permutación de $n$-dimensiones de la unidad de vectores), de modo que $E^TBE\in\mathcal S'$.

En otras palabras, podemos definir un bijection $p:\mathcal H'\to\mathcal S'$como $$A\mapsto E^T(A-I)^{-1}(A+I)E$$ cuya asignación inversa es: $$B\mapsto E(B+I)(B-I)^{-1}E^T$$ Para aclarar más, si $B\in\hat{\mathcal S}$ entonces $C=(B+I)(B-I)^{-1}\in\mathcal H''$ y podemos usar otra unitario de la matriz $E_1$ , de modo que $E_1^TC E_1\in\mathcal H'$.