¿La raíz cuadrada de una matriz triangular es necesariamente triangular?

Question

$X^2 = L$ con $L$ triangular inferior, pero $X$ no es triangular inferior. ¿Es posible?

Sé que una matriz triangular inferior $L$ ( no una matriz diagonal para esta pregunta), $$L_{nm} \cases{=0 & for all $ m > n $ \\ \ne 0 & for some $ m<n $}$$ al cuadrado es triangular inferior. Pero la raíz cuadrada, cuando existe, ¿es siempre triangular inferior? He encontrado algunos ejemplos que dan una matriz diagonal: $$\pmatrix{1 & 0 & 1 \\ 0 & e & 0 \\ c & 0 & -1}\pmatrix{1 & 0 & 1 \\ 0 & e & 0 \\ c & 0 & -1}=\pmatrix{c+1 & 0 & 0 \\ 0 & e^2 & 0 \\ 0 & 0 & c+1}=L$$ Pero me pregunto sobre la posibilidad de que la plaza sea estrictamente triangular, no diagonal. Creo que la respuesta es sí, que si existe la raíz cuadrada de un triángulo estrictamente inferior, entonces ese también es triángulo inferior. Estoy buscando un buen argumento de por qué, o algún ejemplo contrario.

EDITAR:

Además, todos los $2 \times 2$ que da el cero superior derecho en el cuadrado implica también que el inferior izquierdo es cero. $$\pmatrix{a & c \\ d & b\\}\pmatrix{a & c \\ d & b\\}=\pmatrix{a^2 + cd & ac + cb \\ ad + bd & cd + b^2\\}$$

$$(ac+cb= 0) \Rightarrow (a = -b) \Rightarrow (ad+bd=0)$$ Así que un contraejemplo será necesariamente de mayor dimensión, pero estoy pensando que la misma lógica seguirá aplicándose de alguna manera, en la línea de $2 \times 2$ submatrices o algo así.

Answer 1

$$\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & -3 \end{matrix} \right)^2 = \left( \begin{matrix} 6 & 0 & 0 \\ 10 & 1 & 0 \\ -10 & 5 & 6 \end{matrix} \right)$$

Este ejemplo fue encontrado más o menos por

• Elegir una fila superior arbitraria
• Rellenar la columna del medio para hacer un 0 en el producto
• Rellenar la columna de la derecha para hacer un 0 en el producto
• Rellenar la fila del medio para hacer un 0 en el producto

Answer 2

Aunque abundan los contraejemplos, intentaré explicar aquí por qué, sin embargo, para más triangular $L$ , cualquier solución a $X^2=L$ será igualmente triangular, e investigar las propiedades de $L$ (sustituyendo la de tener una entrada no nula por debajo de la diagonal) que lo garantice. Las observaciones clave son

• Triangularidad inferior de $A$ significa que los subespacios $\langle e_i,\ldots,e_n\rangle$ para $i=1,\ldots,n$ son $A$ -estable,
• Cualquier solución $X$ de $X^2=L$ se desplazará con $L$ ,
• Por lo tanto, el núcleo de cualquier polinomio $P_L$ en $L$ será $X$ -estable.

(Para el último punto, si $P_L(v)=0$ entonces $P_L(X(v))=X(P_L(v))=0$ .)

Ahora los subespacios $\langle e_i,\ldots,e_n\rangle$ son $L$ -estable si $L$ es triangular, pero no es necesario que sean núcleos de polinomios en $L$ Sin embargo, si todos los granos son de este tipo, entonces todos serán $X$ -estable para cualquier solución $X$ por el último punto, y $X$ tendrá que ser triangular inferior. Para ello basta con que los coeficientes diagonales $a_{1,1},\ldots,a_{n,n}$ de $L$ son todos distintos. Porque en ese caso $\langle e_i,\ldots,e_n\rangle$ es precisamente $\ker((L-a_{i,i}Id)\circ\cdots\circ(L-a_{n,n}Id))$ como se puede comprobar fácilmente. La razón por la que este argumento falla cuando algunos $a_{j,j}=a_{k,k}$ con $j<k$ es que el eigespacio para este $a_{j,j}$ puede ser de dimensión ${}>1$ en cuyo caso el núcleo de cualquier polinomio en $L$ que contiene un factor $L-a_{j,j}$ matará no sólo a $e_k$ pero también $e_j$ por lo que no hay forma de que el polinomio tenga exactamente $\langle e_k,\ldots,e_n\rangle$ como núcleo.

De hecho, una condición aún más débil en $L$ se puede dar que obliga a $X$ sea triangular: si el polinomio mínimo de $L$ es igual a su polinomio característico $(X-a_{1,1})\ldots(X-a_{n,n})$ entonces los núcleos del $n$ polinomio $\ker((L-a_{i,i}Id)\circ\cdots\circ(L-a_{n,n}Id))$ son todos distinto y, por tanto, necesariamente igual a $\langle e_i,\ldots,e_n\rangle$ respectivamente. Otro argumento para este caso es que el aquí el sólo matrices que conmutan con $L$ son polinomios en $L$ y por lo tanto triangular; esto se aplica en particular a $X$ . La condición sobre el polinomio mínimo puede verse como equivalente a todos los eigenspaces de $L$ con una dimensión $1$ .

Creo que esto, condición suficiente para $L$ para forzar $X$ para ser triangular también es necesario, en otras palabras, una vez que hay un eigespacio de dimensión ${}>1$ esto se puede explicar para construir una solución $X$ que no es triangular. He aquí un ejemplo de ello. Supongamos que queremos $L$ para tener un doble valor propio $1$ y un único valor propio $4$ (lo que facilita la obtención de raíces cuadradas). Ayudará a hacer las entradas $1$ en la diagonal no adyacente, así que toma $L$ de la forma $$L=\begin{pmatrix}1&0&0\\x&4&0\\y&z&1\end{pmatrix}$$ Ahora necesitamos $L$ para tener un espacio eigénico para $1$ de dimensión $2$ (es decir, que sea diagonalizable), y así $L-I_3$ debe tener rango $1$ que aquí significa $xz-3y=0$ . Tomemos $x=y=z=3$ para tener esto. Esto nos lleva también a un segundo eigenvector fácil $e_1-e_2$ además del inevitable vector propio $e_3$ en $\lambda=1$ . Informática $L-4I_3$ muestra que para estos valores $e_2+e_3$ es el vector propio en $\lambda=4$ . Ahora resulta que podemos elegir una matriz $P$ con los vectores propios como columnas (que usaremos para el cambio de base) para que sea a su vez triangular inferior; esto no es relevante, pero es divertido y ayuda a encontrar su inversa: $$P=\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix} \quad\text{for which}\quad P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}.$$ Lo más importante es decidir qué $X$ lo hace con el eigespacio de $L$ para $\lambda=1$ . Como mapa lineal $X$ debe estabilizar este eigespacio globalmente, y su restricción a este subespacio debe ser cuadrada a la identidad (debe ser una involución); tomar la propia restricción como más o menos la identidad no dará un contraejemplo, así que tomemos que tiene ambos valores propios $1$ y $-1$ . Una forma sencilla de hacerlo es simplemente intercambiar los valores propios que encontramos. Todavía tenemos la opción de las raíces cuadradas $\pm2$ en el eigespacio para $\lambda=4$ , por lo que se obtiene $$X=P\cdot\begin{pmatrix}0&0&1\\0&\pm2&0\\1&0&0\end{pmatrix}\cdot P^{-1}$$ dando $$X=\begin{pmatrix}-1&-1&1\\3&3&-1\\3&2&0\end{pmatrix} \quad\text{and}\quad X=-\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&1&1\\1&2&0\end{pmatrix},$$ que efectivamente ambos cuadran con $L$ . Se puede experimentar con variantes, como cambiar el doble valor propio de $L$ a $\lambda=-1$ en lugar de $\lambda=1$ ; todavía se puede encontrar una raíz cuadrada real de la restricción de $L$ a este eigespacio, aunque el sabor es un poco diferente.

Answer 3

$$\pmatrix{0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1}\pmatrix{0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1}=\pmatrix{1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 &0 \\ 2 & 2 & 1}$$

Simplemente empecé desde $\pmatrix{0 & 1 \\ 1 & 0 }^2= I_2$ , y luego pasó a una 3x3 para convertirla en una matriz no diagonal. La clave aquí es que si se empieza con una matriz cuyo cuadrado es triangular, y se añade $(0 ,0 , 0,..., 0, 1)$ como la última columna, y cualquier otra cosa en la última fila, su cuadrado se mantiene triangular inferior...

Answer 4

ampliando la respuesta de @Hurkyl: en una matriz de 3x3 $M$ , donde $M^2$ será triangular, tenemos seis variables, que en principio son de libre elección. Denotemos las entradas libremente elegibles en $M$ con letras mayúsculas y las entradas dependientes con letras minúsculas, entonces podemos plantearlo así $$M=\begin{bmatrix} A&g&i \\ D&B&h\\ F&E&C\end{bmatrix}$$ Limitémonos al caso en que $D \ne 0$ , $E \ne 0$ . Con $F$ siendo completamente irrelevante para la triangularidad de $M^2$ entonces si en $M$ fijamos $$\begin{eqnarray} i&=&&&- {(A+B)(A+C)(B+C) \over DE } \\ g&=&-i {E \over A+B} &=& {(B+C)(A+C) \over D } \\ h&=&-i {D \over B+C} &=& {(A+B)(A+C) \over E } \\ \end{eqnarray}$$ obtenemos el resultado $$M^2 = \text{ <lower triangular> }$$ Si ponemos $F=0$ , $D=E=1$ y también todas las demás variables libres a 1: $A=B=C=1$ obtenemos $$M=\begin{bmatrix} 1&4 &- 8 \\ 1&1&4\\ 0&1&1\end{bmatrix}$$ $$M^2=\begin{bmatrix} 5&. & . \\ 2&9&.\\ 1&2&5\end{bmatrix}$$

Ahora tengo curiosidad por saber cuántas variables libres tenemos para matrices de mayor tamaño...

Answer 5

Toma tu matriz $M$ (tal que $M$ no es triangular sino $M^2$ es) y cualquier matriz triangular inferior de 2 por 2 $L$ tal que $L^2$ no es diagonal y considera la matriz de 5 por 5 $M\oplus L.$ Entonces $(M \oplus L)^2 = M^2\oplus L^2$ es triangular inferior pero no diagonal.

Por ejemplo

$$\pmatrix{1 & 0 & 1& 0 & 0 \\ 0 & e & 0 & 0 & 0 \\ c & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & 0 & 1& 1}$$ es un ejemplo.