Demostrar que $A$ es diagonalizable si $\mbox{tr} A\neq 0$

Question

Demostrar que $A$ es diagonalizable si y sólo si $\mbox{tr} A\neq 0$ .

$A$ es un $n\times n$ matriz sobre $\mathbb{C}$ y $\mbox{rk} A=1$ .

Si $p(t)$ es el polinomio característico de $A$ Sé que $a(n-1)\neq0$ porque $\mbox{tr} A = (-1)^{n+1}a(n-1).$ También sé que $\dim\ker(A-0\cdot I)=\dim\ker A=n-\mbox{rk} A=n-1$ (por lo que la multiplicidad geométrica de $t=0$ como valor propio es $n-1$ ). Aunque no sé cómo continuar desde aquí (en ambas direcciones).

¿Alguna sugerencia? Gracias

Answer 1

$A$ es diagonalizable $\implies$ $trA\neq 0$

$A=PDP^{-1}$ donde $$ D=\begin{pmatrix} \alpha & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$$ con $\alpha\in\mathbb{C}^*$

así que $$tr(A)= tr(PDP^{-1}) = tr(P^{-1}PD) = tr(D) = \alpha \neq 0$$

$trA\neq 0$ $\implies$ $A$ es diagonalizable
Desde $rk(A)=1$ El primer $n-1$ Los valores propios de A son $0$ . Este último es diferente de $0$ desde $trA\neq 0$ y cumplir con el eigespacio ya que $dim(E_\alpha)=rk(A)=1$ . Por lo tanto, A es diagonalizable.

Answer 2

Desde $\mbox{rk}A=1 $ se tiene que 0 es un valor propio con multiplicidad geométrica $n-1$ . Sus valores propios son pues $\lambda_{1}=\dots=\lambda_{n-1}=0$ y $\lambda_n=\mu$ donde $\mu$ es un determinado número complejo. En primer lugar, observe que como $\mbox{tr} A=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}$ tienes que $\mbox{tr} A=\mu$ .

$A$ diagonalizable $\Rightarrow$ $\mbox{tr} A\neq0$

Supongamos ahora $\mbox{tr} A=0$ entonces $\mu=0$ y por tanto 0 sería un valor propio con multiplicidad algebraica $n$ pero la multiplicidad geométrica $n-1$ (ya que $\mbox{rk} A=1$ ). Por lo tanto, $A$ no sería diagonalizable.

$\mbox{tr} A\neq0$ $\Rightarrow$ $A$ diagonalizable

A la inversa, suponga que $\mbox{tr} A\neq0$ entonces $\mu\neq 0$ . Por lo tanto, la multiplicidad algebraica y geométrica de $\mu$ coinciden ya que son 1, y la multiplicidad algebraica y geométrica de 0 coinciden ya que $\mbox{rk} A=1$ .

Answer 3

Diagonalizable sobre $\mathbb{C}$ implica que existe una base de vectores propios, y a la inversa. El rango uno implica nulidad (es decir, dimensión del núcleo = dimensión de $0$ -eigenspace- es $n-1$ ). Rastreo $0$ (en esta situación) ocurre si y sólo si $0$ es el único valor propio. Pero si $0$ es el único valor propio, no existe una base de vectores propios, ya que $0$ -el espacio eigénico no es lo suficientemente grande. La traza no nula implica que hay un valor propio $\lambda \neq 0$ , por lo que hay $n-1$ vectores linealmente independientes con valor propio $0$ y un vector propio no nulo con valor propio $\lambda$ por lo que existe una base de vectores propios.