¿Es toda matriz conjugada con su transpuesta de forma continua?

Question

Es bien sabido que toda matriz cuadrada es conjugada con su transpuesta . Esto significa (en el caso de matrices reales) que, para cada $n\times n$ matriz $M$ con entradas reales, existe una matriz $S_M\in GL(n,\mathbb{R})$ tal que ${S_M}^{-1}MS_M=M^T$ . Mi pregunta es: ¿se puede elegir $S_M$ de forma que dependa continuamente de $M$ ? En otras palabras:

¿Existe un mapa continuo $\psi\colon M_{n,n}(\mathbb{R})\longrightarrow GL(n,\mathbb{R})$ tal que $$\bigl(\forall M\in M_{n\times n}(\mathbb{R})\bigr):\psi(M)^{-1}.M.\psi(M)=M^T?$$

Mi opinión es que la respuesta es negativa incluso para $n=2$ .

Obsérvese que, para cada matriz individual $M$ hay muchas opciones para $S_M$ . Por ejemplo, si $n=2$ et $$M=\begin{bmatrix}x&y\\z&t\end{bmatrix},$$ entonces usted puede tomar $$S_M=\begin{bmatrix}az&bz\\bz&bt-bx+ay\end{bmatrix},$$ con $a$ y $b$ elegidos de forma que $\det(S_M)\neq0$ pero, por supuesto, esto sólo funcionará si $z\neq0$ . ¿Y si $z=0$ ? Entonces puede tomar $$S_M=\begin{bmatrix}-at+ax&ay\\ay&by\end{bmatrix}$$ y, de nuevo, $a$ y $b$ debe elegirse de forma que $\det(S_M)\neq0$ el problema ahora es que, por supuesto, esto sólo funcionará si $y\neq0$ . Y así sucesivamente. Esto se parece al problema de encontrar un logaritmo para cada $z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ : hay muchas opciones para cada individuo $z$ pero no hay una forma continua de elegir uno.

Answer 1

Lo primero que se me ocurre es ver un ejemplo sencillo - $2\times 2$ matrices de rotación. Oops - rotación por $\theta$ y rotación por $-\theta$ son conjugadas por cualquier reflexión (real). No es de ayuda.

Segundo pensamiento - OK, poderes de algo todos trabajan con el mismo $S$ . Entonces, ¿qué ocurre con la identidad? ¿Cuál elegimos? En realidad, puedo hacer que esas potencias sean continuas introduciendo la exponencial matricial.

Ahora estamos listos. Consideremos una matriz $A$ con algún valor propio $\lambda$ de multiplicidad $1$ y el vector propio asociado $v$ . $A^T$ tiene $\lambda$ como un valor propio con multiplicidad $1$ y el vector propio asociado $w$ . Aunque no podemos precisar $S(A)$ completamente, sabemos que $S(A)w=av$ para algún $a$ . Esto también será cierto para cualquier potencia no nula de $A$ y para $\exp(tA)$ para cualquier $t$ . En $t\to 0$ entonces tenemos $S(I)w = \lim_{t\to 0}S(\exp(tA))w=\lim_{t\to 0}a(\exp(tA))v=cv$ para algunos $c$ posiblemente cero.

Ya casi está; sólo nos faltan algunos ejemplos concretos de lo que $v$ y $w$ puede ser. Resulta que es posible cualquier par de vectores reales no ortogonales distintos de cero. Sea $A$ sea la matriz de rango 1 $vw^T$ Así que $A^T=wv^T$ . Entonces $Av=\langle v,w\rangle v$ y $A^Tw = \langle v,w\rangle w$ por lo que son los únicos vectores propios del valor propio no nulo de $A$ .

Combinándolos, $S(I)$ toma un vector arbitrario distinto de cero $w$ a algo que es simultáneamente un múltiplo de casi todos los vectores no nulos $v$ que debe ser cero. Esto da $S(I)=0$ una imposibilidad. Por esta contradicción, no hay manera de elegir $S$ continuamente.

OK, en realidad he demostrado específicamente que $S$ no puede ser continua en la identidad. La continuidad en otros lugares aún no está descartada.

Answer 2

Consideremos la función infinitamente diferenciable $$M_t=\begin{cases} e^{-1/t^2}\pmatrix{0&1\\ 0&1}&\text{ when } t>0,\\ 0&\text{ when } t=0,\\ e^{-1/t^2}\pmatrix{1&0\\ 1&0}&\text{ when } t<0. \end{cases}$$ Se puede demostrar que todas las soluciones de la ecuación $M_tS_t=S_tM_t^T$ vienen dadas por matrices de la forma $$S_t=\begin{cases} \pmatrix{a&b\\ b&b}&\text{ when } t>0,\\ \pmatrix{b&b\\ b&a}&\text{ when } t<0. \end{cases}$$ De ello se deduce que si $S_t$ se elige de forma continua, $S_0$ debe tener la forma $\pmatrix{b&b\\ b&b}$ que es singular.