Supongamos $e^A = A$, demuestran que, a $A$ es diagonalizable

Question

Supongamos $e^A = A$, demuestran que, a $A$ es diagonalizable, donde a es Una matriz.

Lo que he intentado hacer es escribir $A= D + N$ donde $D$ es diagonalizable, $N$ es nilpotent y $DN = ND$.

Desde $N$ es nilpotent, existe una mínima $n$ tal que $N^n=0$.

A continuación,$e^A=e^{D+N}=e^De^N=e^D(I+N+\frac{N^2}{2}+...+\frac{N^{n-1}}{(n-1)!})=A=D+N$.

Si nos veces $N^{n-1}$ en ambos lados, entonces lo que queda es $e^DN^{n-1}=DN^{n-1}$.

Y entonces no sé cómo continuar.

Por favor, ayuda! Necesito un nuevo método para hacer esta pregunta? Muchas gracias!

Answer 1

Escribir $$D+N=e^{D}e^{N}=e^{D}+e^{D}(e^{N}-I)$$

Como la matriz $e^{D}(e^{N}-I)$ es nilpotent (porque es de la forma $e^{D}NQ(N)$ y todo trayectos), $e^D$ es diagonalizable (debido a $D$), y estas dos matrices de viajes, a partir de la singularidad de Dunford de descomposición, se obtiene:

$$D=e^D, \;\;\;\;N=e^{D}(e^{N}-I)$$

Por lo tanto, obtener, multiplicando por $N^{k-1}$ donde $k$ es el entero más pequeño tal que $N^{k+1}=0$ (y suponiendo que por contradicción $k\geq 1$):$$N^k=DN^k,$$ en otras palabras $$(I-D)N^k=0.$$ Ahora, es $(I-D)$ inversible? Sí, como $D=e^D$, 1 no puede ser un autovalor de a $D$, y llegar a la conclusión de $N^k=0$, que, por definición, de $k$, constituye una contradicción, y finalizar la prueba como $k=0$$N=0$.

Answer 2

Es suficiente con mirar un bloque de Jordan $J$$A$. Un bloque de tamaño $r\geq1$, tiene un autovalor $\lambda$ $A$ a lo largo de su diagonal principal, en la educación secundaria superior en diagonal, y lo contrario de ceros: $$J=\lambda I+N\ .$$ Como $\lambda I$ viajes con $N$ la condición de $J=e^J$ conduce a $$\lambda I+N=e^{\lambda I}\cdot e^N=e^\lambda\left(I+N+{N^2\over 2!}+{N^3\over 3!}+\ldots\right)\ .\tag{1}$$ Mirando a los elementos de la diagonal aquí podemos ver que $\lambda\in{\mathbb C}$ tiene que satisfacer $$\lambda=e^\lambda \ .\tag{2}$$ Ahora nos fijamos en la secundaria diagonal en $(1)$ y encontrar que $\lambda$ tiene que satisfacer $1=e^\lambda \cdot 1$, a menos que $r=1$. La ecuación de $(2)$ tiene una infinidad de soluciones, pero ninguna de ellas es $=2k\pi i$ con entero $k$. De ello se desprende que, de hecho,$r=1$, y esto implica que todos los bloques de Jordan de a $A$ tienen un tamaño $1$, por lo tanto $A$ es diagonalizable.

Answer 3

Por elemental divisor teorema (y la caracterización de diagonalizability con el mínimo polinomio) sólo tenemos que demostrar que la ecuación $$ e^X = X $$ en $$ \Bbb{C}[X] / (X -\lambda)^n $$ implica que $n=1$.

Usando ese $e^X = X$ sabemos que $ e^{(X-\lambda)^n} = {e^X}^n {e^{\lambda}}^n = X^n {e^{\lambda}}^n$$\Bbb{C}[X]$, pero $e^{(X-\lambda)^n} = 1$ $ \Bbb{C}[X] / (X -\lambda)^n$ lo cual es una contradicción ya que el $X-e^{-{{\lambda}^{n}}} \ne (X -\lambda)^n$.

Answer 4

Otra posibilidad es considerar el siguiente planteamiento: Si a es diagonalizable, a continuación, $\exists$ una matriz de $C$ s.t. $C A C^{-1} = \Lambda$ $\Lambda = \text{diag}(\lambda_1,\lambda_2,....)$

$C \text{ exp}(A) C^{-1} = C (I + \frac{1}{1!} A + \frac{1}{2!} A^2 + .... ) C^{-1}$.

Esto puede verse fácilmente a ser $C \text{ exp}(A) C^{-1} = (I + \frac{1}{1!} \Lambda + \frac{1}{2!} \Lambda^2 + .... )$.

Debido a $\Lambda$ es la diagonal esto puede ser escrito como $C \text{ exp}(A) C^{-1} = \text{diag}(e^{\lambda_1}, e^{\lambda_2},.... )$.

No estoy muy seguro si se sigue que $C^{-1} \text{diag}(e^{\lambda_1}, e^{\lambda_2},.... ) C$ es igual a $A$?

Es el teorema de la verdad en el caso especial de $A$ $1 \times 1$ de la matriz, es decir, $A$ sólo un número?