Mostrar que un determinado conjunto de matrices invertibles es un subgrupo normal de otro conjunto de matrices invertibles (triangular)

Question

$U_n=$$\left( \begin{array}{rrrr} 1 & * & \cdots & * \\ 0 & \ddots & * & \vdots \\ \vdots & 0 & \ddots & * \\ 0 & \cdots & 0 & 1 \\ \end{array}\right) $$T_n=$$\left( \begin{array}{rrrr} * & * & \cdots & * \\ 0 & \ddots & * & \vdots \\ \vdots & 0 & \ddots & * \\ 0 & \cdots & 0 & * \\ \end{array}\right) $

Tengo que Demostrar que $U_n$ es un subgrupo normal de $T_n$

Para ello tengo que mostrar (después he comprobado que $U_n$ es un subgrupo de $T_n$):

$$\forall_{x\in T_n}\forall_{a\in U_n}\exists_{b\in U_n}xa=ba$$

He mirado en el caso n=2

los resultados son

$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \\ \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1 & d \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} a & ad+b \\ 0 & c \\ \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 1 & adc^{-1} \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \\ \end{pmatrix}$

Ahora la Pregunta es ¿cómo puedo elegir los coeficientes de mi Matriz $b$ en Dependencia, a $a$?

Tengo la sospecha de que los coeficientes de $b$ se puede determinar de esta manera

(Tenga en cuenta que yo uso la notación $b_{kj}$ lo que se traduce a: miro el coeficiente en la $k$-ésima fila de a $j$-ésima columna de la Matriz $b$)

$$b_{kj}\begin{cases}1 &\mbox{if } j=k \\ 0 & \mbox{if } j>k\\a_{(k-1)j}a_{kj}a_{k(j+1)} & \mbox{otherwise} \end{cases}$$

Cómo puedo probar esta idea?

Answer 1

Quiero proponer una prueba alternativa sin cálculos. Tenga en cuenta que $U_{n}$ consta exactamente de esas matrices en $T_{n}$ cuyos valores propios son todos iguales a $1$ . Dados $A\in U_{n}$ y $X\in T_{n}$ , inmediatamente obtenemos ese $$XAX^{-1}\in U_{n},$ $ ya que los valores propios son invariantes bajo la conjugación.

Answer 2

Laudes a nuestro colega studiosus de una manera concisa y elegante respuesta; yo, que he vuelto a el algo computacionalmente intensivo de enfoque, que al menos tiene la ventaja de exponer algunos de la estructura detallada de la situación con $T_n$ y su subgrupo $U_n$:

Pruebe algo como esto:

Cada

$M \in U_n \tag 1$

puede ser escrita en la forma

$M = I + N_1, \tag 2$

donde $N_1$ es estrictamente triangular superior, que es triangular superior a la desaparición de la diagonal principal: de la misma manera, cada

$L \in T_n \tag 3$

toma la forma

$L = D + N_2, \tag 4$

donde $N_2$, como $N_1$, es estrictamente triangular superior; sin embargo,

$D = \text{diag}(d_1, d_2, \ldots, d_n) \tag 5$

es una matriz diagonal tener cada diagonal de entrada de $d_i \ne 0$; este supuesto es necesario para que no $L$ ser singular, desde aquí

$\det L = \det D = \displaystyle \prod_1^n d_i; \tag 6$

el escrutinio de los (4), vemos que puede ser escrito

$L = D(I + D^{-1}N_2), \tag 7$

y así

$L^{-1} = (I + D^{-1}N_2)^{-1}D^{-1}; \tag 8$

aquí

$D^{-1} = \text{diag}(d_1^{-1} , d_2^{-1} , \ldots, d_n^{-1} ) \tag 9$

es también una matriz diagonal con $d_i^{-1} \ne 0$, $1 \le i \le n$; por otra parte, la matriz de $D^{-1}N_2$ ocurren en (7)-(8) también es fácilmente visto estrictamente triangular superior, siendo el producto de una estrictamente triangular superior de la matriz con una diagonal de la matriz, como tal, $D^{-1}N_2$ es nilpotent:

$(D^{-1}N_2)^n = 0, \tag{10}$

que a su vez implica que la matriz de $I + D^{-1}N_2$ es invertible, ya que

$(I + D^{-1}N_2)^{-1} = \displaystyle \sum_0^{n - 1} (-D^{-1}N_2)^k$ $= I - D^{-1}N_2 + (-D^{-1}N_2)^2 + \ldots + (-D^{-1}N_2)^{n - 1}, \tag{11}$

como se ve fácilmente mediante el uso de (10) para elaborar el producto

$(I + D^{-1}N_2) \displaystyle \sum_0^{n - 1} (-D^{-1}N_2)^k  = (I - (-D^{-1}N_2)) \displaystyle \sum_0^{n - 1} (-D^{-1}N_2)^k$ $= I + (-D^{-1}N_2)^n = I. \tag{12}$

Estamos próximos a observar que $D^{-1} N_2$ y todos sus poderes son estrictamente triangular superior, y de por lo tanto a través de (11) se infiere que las diagonales de ambos $I + D^{-1}N_2$ e $(I + D^{-1}N_2)^{-1}$ se compone exclusivamente de $1$s; así, de hecho podemos escribir

$(I + D^{-1}N_2)^{-1} = I + N_3, \tag{13}$

donde $N_3$ es también estrictamente triangular superior, y tenemos, por cualquier $L$, $M$ , como en (2), (4):

$LML^{-1} = (D + N_2)(I + N_1)(D + N_2)^{-1}$ $= D(I + D^{-1}N_2)(I + N_1)( (I + D^{-1}N_2)^{-1}D^{-1}$ $= D(I + D^{-1}N_2)(I + N_1)(I + N_3)D^{-1}; \tag{14}$

ahora nos volvemos hacia el producto

$(I + D^{-1}N_2)(I + N_1)(I + N_3) \tag{15}$

ocurre en (14); hemos

$(I + N_1)(I + N_3) = I + N_1 + N_3 + N_1N_3, \tag{16}$

y cada una de las matrices de $N_1$, $N_3$, $N_1N_3$ es estrictamente triangular superior, por lo tanto, es la suma de los mismos (es fácil demostrar que el producto de dos matrices es el mismo); por lo tanto vemos que el producto de (16) es de $U_n$; y, esencialmente, el mismo argumento nos da

$(I + D^{-1}N_2)(I + N_1)(I + N_3) \in U_n \tag{17}$

así; por último, se observa que para cualquier matriz como $M$ (cf. (2)), y invertible $D$ , como en (5),

$D(I + N_1)D^{-1} = DID^{-1} + DN_1D^{-1} = I + DN_1D^{-1}, \tag{18}$

donde es fácil decir $DN_1D^{-1}$ es estrictamente triangular superior; ahora volviendo a (15) vemos que podemos inferir que

$LML^{-1} \in U_n; \tag{14}$

pero $L$ puede ser cualquier elemento de $T_n$; por lo tanto nuestra prueba de que $U_n$ es normal en $T_n$ es completa.

En el cierre se observa que este argumento depende en gran medida de dos hechos: en primer lugar, que el producto de dos estrictamente triangular superior matrices de nuevo es estrictamente triangular superior; y en segundo lugar, el producto de una estrictamente triangular superior de la matriz y una matriz diagonal es de nuevo estrictamente triangular superior. A partir de estos dos fácilmente los hechos establecidos nuestra demostración de los flujos.

Mostrar que un cierto conjunto de invertir matrices es un subgrupo normal de otro conjunto de invertir matrices (triangular)