He escuchado un % de la matriz $A\in M_n(\mathbb{C})$, si $A^3=A$, entonces el $A$ es diagonalizable. ¿Allí sucede que una prueba o referencia en cuanto a por qué esto es cierto?
¿Por curiosidad, es necesario que las entradas de $\mathbb{C}$? ¿Cualquier campo $F$ funcionaría igual de bien, o es posiblemente un hecho especial relacionados con las propiedades de $\mathbb{C}$?
También puede mirar el % polinomio mínimo $\mu_A$$A$. Si $A^3-A=0$, entonces el $\mu_A \mid X^3-X=X(X^2-1)$. Si $\mathrm{char}(K)\neq 2$ (si $K$ es el campo subyacente) y luego este polinomio es igual a $X(X-1)(X+1)$ y una matriz con un polinomio minimal que se divide en factores lineares con multiplicidad 1 es diagonalisable.
Esto es debido a que se tiene para la forma normal de Jordan. Cada matriz $\mathbb C$ es similar a una matriz en la forma normal de Jordan. La tercera potencia de un normal de Jordan bloque de tamaño, al menos, $2$ es
$$ \pmatrix{\lambda&1\\ &\lambda&\ddots\\ &&\ddots&1\\ &&&\lambda} y^3 = \pmatrix{\lambda^3&3\lambda^2\\ &\lambda^3&\ddots\\ &&\ddots&3\lambda^2\\ &&&\lambda^3&} $$
(con más distinto de cero entradas más arriba de la diagonal). Si $A^3=A$, entonces esto también se aplica para cualquier parecido de la matriz, y por lo tanto para la forma normal de Jordan, lo que implica $\lambda=\lambda^3$$3\lambda^2=1$. Estas ecuaciones no tienen una solución común, lo que demuestra que todos los bloques de Jordan son de tamaño $1$, es decir, la forma normal de Jordan es diagonal. Claramente, esto también funciona para cualquier otra potencia entera de $A$.
En relación arbitraria campos, esta exposición demuestra que toda matriz a través de una algebraicamente cerrado de campo es similar a una matriz en la forma normal de Jordan. Por lo tanto el resultado se da en cualquier algebraicamente cerrado campo de $\mathbb F$ en los que no hay ninguna solución común para$\lambda=\lambda^3$$3\lambda^2=1$. Para $\operatorname{char}\mathbb F=3$, la segunda ecuación se lee $0=1$, que no tiene soluciones. Para $\operatorname{char}\mathbb F\ne3$, podemos multiplicar la primera ecuación por $3$ y sustituto de $3\lambda^2$ a partir de la segunda ecuación para obtener $3\lambda=\lambda$ e lo $3=1$ (desde $\lambda=0$ no resuelve la segunda ecuación). Restando $1$ rendimientos $2=0$, por lo que la instrucción tiene si $\operatorname{char}\mathbb F\ne2$.
Para$\operatorname{char}\mathbb F=2$,$\pmatrix{1&1\\0&1}^3=\pmatrix{1&1\\0&1}$, y esta matriz no es diagonalizable.
Un $n$ $n$ matriz $A$con coeficientes en un campo $K$ es diagonalizable si y sólo si su % polinomio mínimo $f$no tiene ninguna raíces múltiples y fracturas $K$.
Claramente, si $A$ es diagonalizable, $f$ no tiene ninguna raíces múltiples y fracturas $K$.
De lo contrario, uno puede utilizar el Teorema chino del resto para reducir la instrucción para el caso $A=0$.
Aquí es un argumento o explicación que no utiliza la forma normal de Jordan o charateristic polinomios. En su lugar se utiliza una transformación lineal basado en punto de vista, y las propiedades de los proyectores. Creo que esta es una forma útil de pensar acerca de estos tipos de preguntas, es por eso que estoy postulando.
Nota primero que $A^3 = A$ implica que el $A^4 = A^2$. Esto significa que $A^2$ es una proyección. En general, si $P^2 = P$, para algunos transformación lineal de un espacio vectorial $V$ (en cualquier campo), a continuación, $V$ es la suma directa de la imagen de $P$ y la imagen de $I- P$. (Aquí se $I$ denota la identidad.) Además, en la imagen de $P$, la transformación de $P$ hechos por la identidad, mientras que en la imagen de $I - P$, actúa por cero.
En nuestro caso, el $3$-dim l espacio vectorial $V$ en la que su matriz $A$ es actuando divisiones como la suma directa de la imagen de $A^2$, en el que $A^2$ los actos por la identidad, y como la imagen de $I - A^2$, en el que (el uso de la la ecuación de $A - A^3 = 0$) vemos que $A$ hechos por cero.
Así que tenemos parcialmente diagonalized $A$; hemos descompuesto $V$ en una suma de dos subespacios, cada uno de los invariantes bajo $A$, $A^2 = I$ en el primero, y $A = 0$ en el segundo.
Para completar la diagonalización, hacemos el mismo tipo de argment, pero ahora podemos suponer que la $A^2 = I$.
De $A^2 = I$, nos encontramos con que $\bigl(\dfrac{I-A}{2}\bigr)^2 = \dfrac{I-A}{2}$. Por lo tanto $(I-A)/2$ es de nuevo un proyector, y así el subespacio en el que $A^2 = I$ se descompone como suma de dos subespacios, en el que se $(I-A)/2 = I,$ es decir $A = - I$, y en el que se $(I-A)/2 = 0$, es decir $A = I$.
Ponerlo en total, se descompone nuestro espacio original $V$ como la suma de tres $A$-subespacios invariantes, en el que $A$ actos $0$, $-1$, y $1$ respectivamente.
El argumento funciona en cualquier campo donde $2$ es invertible. Si estamos en char. $2$, entonces la descomposición en la suma de los espacios en que $A = 0$ $A^2 = I$ es aún posible, pero (como Joriki señala en su respuesta) no necesariamente podemos diagonalize una matriz de satisfacciones $A^2 = I$.
Una forma de ver esto es para nota de que en char. $2$, $A^2 = I$ es equivalente a $(A-I)^2 = 0$, y así podemos construir matrices de $A$ tal que $A^2 = I$ eligiendo nilpotent matrices $N$ tal que $N^2 = 0$, y, a continuación, configuración de $A = I + N$. Si $N \neq 0$ (lo cual es posible por $n\times n$ matrices con $n > 1$), entonces tal $A$ (identidad y de no-cero nilpotent) no es diagonalizable (en alguna de sus características; pero lejos de char. $2$, matrices de esta forma no se puede satisfacer $A^2 = 0$).
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