Demostrar cualquier matriz cuadrada en $\mathbb{R}^{n \times n}$ tiene una "raíz cuadrada"

Question

Demostrar que no existe $\delta > 0$ así que para todas las matrices cuadradas $A\in \mathbb{R}^{n\times n}$ con $\|A-I\| < \delta$ (donde $I$ denota la matriz identidad) no existe $B\in \mathbb{R}^{n\times n}$ , de modo que $B^2=A$.

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Mi intento:

$$A-I= \begin{bmatrix} a_{11}-1 & a_{12} & ... & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22}-1 & ... & a_{2n} \\ \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & ... & a_{nn}-1 \\ \end{bmatrix}$$ Tomando $x=(1,0,...,0)\in \mathbb{R}^n$, tenemos que $$\|A-I\|_{op}=\underset{\|x\|=1}{\sup}\|(A-I)x\|= \sqrt{(a_{11}-1)^2+...+a_{n1}^2}<\delta$$ Intuitivamente, esto parece sugerir que, para cada base de vectores de $\mathbb{R}^n$ significa que $A-I$ puede ser realizado cerca de la matriz cero, y por lo tanto, cerca de ser una matriz diagonal. Pero estoy teniendo problemas para ir de aquí. Alguien tiene alguna sugerencias?

Answer 1

Sugerencia:

<span class="math-container">\sqrt{x}=\sqrt{1-(1-x)}=\sum_{k=0}^\infty ${1/2\choose k} (x-1) ^ k$</span> Por la serie binomial. ¿Puede utilizar la anterior tomando <span class="math-container">$x=A$</span> y demostrando que es una serie convergente de norma para una raíz cuadrada de <span class="math-container">$A$</span> con su límite?

Answer 2

<span class="math-container">$x^{T}Ax\geq x^{T}x+x^{T}(A-I)x \geq (1-\delta) x^{T}x \geq 0$</span>. Por lo tanto, <span class="math-container">$A$</span> (es no - negativa definida) es digonalizable con las entradas diagonales no negativas. Reemplazar las entradas de la diagonal de sus raíces cuadradas para obtener <span class="math-container">$B$</span>.

Answer 3

Vamos

$I \subset U \subset \Bbb R^{n \times n}, \tag 1$

donde $U$ está abierto. Entonces podemos definir la matriz de la función

$F(B) = B^2:U \to \Bbb R^{n \times n}, \tag 2$

y nos cuenta que

$F(I) = I^2 = I, \tag 3$

que es, $I$ está en el rango de $F(B)$.

$F(B) = B^2$ es de hecho diferenciable; tenemos, por $\Delta \in \Bbb R^{n \times n}$,

$F(B + \Delta) = (B + \Delta)^2 = (B + \Delta)(B + \Delta) = B^2 + B\Delta + \Delta B + \Delta^2, \tag 4$

$F(B + \Delta) - F(B) - (B \Delta + \Delta B) = (B + \Delta)^2 - B^2 - (B\Delta + \Delta B) = \Delta^2; \tag 5$

$\Vert F(B + \Delta) - F(B) - (B \Delta + \Delta B) \Vert = \Vert (B + \Delta)^2 - B^2 - (B\Delta + \Delta B) \Vert = \Vert \Delta^2 \Vert \le \Vert \Delta \Vert^2; \tag 6$

desde

$\dfrac{\Vert \Delta \Vert^2}{\Vert \Delta \Vert} = \Vert \Delta \Vert \to 0 \; \text{as} \; \Delta \to 0, \tag 7$

vemos que $F(B)$ es diferenciable y su derivada es la lineal mapa

$DF(B)(\Delta) = B\Delta + \Delta B; \tag 8$

así

$DF(I)(\Delta) = I \Delta + \Delta I = 2 \Delta, \tag 9$

que claramente es no singular. De ello se sigue del teorema de la función inversa que hay algunos vecindario $V$ de $I$ y una función

$R:V \to U \subset R^{n \times n}, \: R(I) = I, \tag{10}$

que, por $A \in V$

$F(R(A)) = (R(A))^2 = A; \tag{11}$

si ahora nos elija $\delta > 0$ suficientemente pequeño podemos asegurar que el conjunto de

$B(I, \delta) = \{A \in \Bbb R^{n \times n}, \; \Vert I - A \Vert < \delta \} \subset V, \tag{12}$

y así, por $A \in B(I, \delta)$ podemos establecer

$B = R(A), \tag{13}$

y tenemos

$B^2 = (R(A))^2 = F(R(A)) = A, \tag{14}$

como se desee. $OE\Delta$