Interesante cuestión de construcción de matrices.

Question

Se nos dice que un $n \times n$ matriz $P$ satisface $P^3=P$. Podemos construir una matriz de $P$?

Por supuesto, podemos ver que $-1,0,1$ son sus únicos valores propios y, por lo tanto, una matriz diagonal con los elementos de la diagonal $0,1,-1$ haría. Sin embargo, si me dijeron que la matriz dada no debe tener $0,1,-1$ como los elementos de su diagonal, entonces ¿cuál sería la manera de salir?

Answer 1

Cualquier matriz $P$ satisfacción $P^3 = P$ satisface $f(P) = 0$, donde $f(x) = (x + 1) x (x - 1)$, por lo que el polinomio mínimo $m_p$ de $P$ divide $(x + 1) x (x - 1)$. En particular, $m_p(x)$ tiene distintas lineal de los factores, de manera equivalente, es diagonalizable. Ahora, la apelación a la forma normal de Jordan.

Para cualquier solución de $P$ de $P^3 = P$ hay algunas invertible la matriz de $Q$ satisfactorio $$P = Q \pmatrix{\lambda_1\\&\ddots\\&&\lambda_n} Q^{-1},$$ where (per the observation in the question, or using our observation that $m_p \mid (x + 1) x (x - 1)$) $\lambda_i \en \{-1, 0, 1\}$, $i = 1, \ldots, n$. Conversely, substituting shows that any $P$ of this form satisfies $P^3 = P$, y así las matrices de la forma constituyen precisamente las soluciones de la ecuación.

Answer 2

El punto de esta respuesta es para mostrar que ese $P$ es diagonalisable.

Deje $P$ representan una transformación lineal tal que $P^{n+1}=P$. Si denotamos el $n$-th raíces de la unidad por $$\omega_{n,k}=\exp\left(2\pi i\frac{k}{n}\right)$$ entonces, evidentemente, la única autovalores de $P$ puede ser la $\omega_{n,k}$ e $0$.

Podemos escribir la identidad de transformación como: $$\mathrm{Id}=\mathrm{Id}-P^n+\sum_{i=0}^{n-1}R_r$$ donde $$R_r=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\omega_{n,k}^rP^{n-k}$$ En efecto: $$\sum_{r=0}^{n-1}R_r=\sum_{r=0}^{n-1}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\omega_{n,k}^rP^k=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{n}\sum_{r=0}^{n-1}\omega_{n,k}^r\right)P^{n-k}=\sum_{k=0}^{n-1}\delta_{k,0}P^{n-k}=P^n$$ Para la segunda igualdad se me resumió la serie geométrica cuando $k\neq0$, mientras que $\delta$ es el delta de Kronecker.

Al mismo tiempo, observe que $$\begin{align} PR_r&=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\omega_{n,k}^rP^{n-k+1}=\frac{1}{n}\omega_{n,r}\sum_{k=1}^{n-1}\omega_{n,k-1}^rP^{n-(k-1)}+\frac{1}{n}\omega_{n,0}^r P^{n+1}=\\ &=\frac{1}{n}\omega_{n,r}\sum_{k=0}^{n-2}\omega_{n,k}^rP^{n-k}+\frac{1}{n}\omega_{n,r}\,\omega_{n,n-1}^rP^{n-(n-1)}=\omega_{n,r}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\omega_{n,k}^rP^{n-k}=\omega_{n,r}R_r \end{align}$$ Y: $$R_r^2=\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{l=0}^{n-1}(\omega_{n,k}\omega_{n,l})^rP^{2n-k-l}=\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{l=0}^{n-1}\omega_{n,k+l}^rP^{n-(k+l-n)}=\frac{1}{n}\sum_{m=0}^{n-1}\omega_{n,m}^rP^{n-m}=R_r$$ Aquí he utilizado el hecho de que no son exactamente $n$ maneras de elegir un par de $(k,l)$ tal que $k+l=x\,\,\mathrm{mod}\,\,n$ cualquier $0\leq x\leq n-1$ y también los hechos que $\omega_{n,k+l}=\omega_{n,(k+l\,\,\mathrm{mod}\,\,n)}$ e $P^{n-(k+l-n)}=P^{n-(k+l\,\,\mathrm{mod}\,\,n)}$ (todo esto es tal vez un poco quisquillosos para mostrar, pero no funciona - si quieres convencer a ti mismo, la forma más sencilla es probablemente para tratar por separado los casos en que $k+l\geq n$ e $k+l< n$).
También, tenemos $P(\mathrm{Id}-P^n)=0$. Si tomamos un poco de $v$, podemos encontrar: $$v=(\mathrm{Id}-P^n)v+\sum_{i=0}^{n-1}R_rv$$ Esta es una de la descomposición de un vector arbitrario en vectores propios (la $(\mathrm{Id}-P^n)v$ e $R_rv$), y por tanto, si hemos de selección arbitraria de las bases de los subespacios propios $E_P(0)$ e $E_P(\omega_{n,r})$, estos forman una base para el espacio entero. Por lo tanto, $P$ es diagonalisable y $\mathrm{Id}-P^n,R_r$ son sus asociados de los proyectores. Ahora se puede proceder como Giuseppe Negro sugerido, por la conjugación adecuada de la diagonal de las matrices con invertible queridos. Esto debería dar todas las posibles matrices tales que $P^{n+1}=P$.