Si $A^3=I$ para una verdadera matriz, se $A$ normal/ortogonal?

Question

He leído anteriormente que si $A$ es un auténtico $3\times 3$ matriz satsifying $A^3=I$, $A$ es similar a una matriz de la forma $$ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & \cos\theta & -\sin\theta\\ 0 & \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} $$

A partir de los teoremas de estructura normal de los operadores, sé que entre la real normal de los operadores, la othogonal operadores son exactamente las mismas matrices que son bloque diagonal con sus valores propios y $2\times 2$ bloques de la forma anterior.

Así que supongo que $A$ debe ser normal/ortogonal? Hay una manera de deducir que en todos los de sólo saber que $A^3=I$ sin apelar a la estructura teorema en retrospectiva?

Answer 1

Esto no es cierto. Que $A^3=I$ implica que el $A$ es diagonalizable sobre $\mathbf{C}$ y que sus autovalores son las raíces cúbicas de la unidad y, por tanto, sobre el círculo unidad.

Y mientras se diagonalizable con autovalores en el círculo unidad es necesaria para ser unitaria ( $\mathbf{R}$ , ortogonal), no es suficiente: los correspondientes vectores propios deben ser ortogonales para diferentes valores propios.

Un contraejemplo puede encontrar simplemente mediante la conjugación de una matriz ortogonal una matriz que no es ortogonal.

Answer 2

Deje $A=\begin{bmatrix} 1 & -\frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \end{bmatrix}$. A continuación,$A^3=I$, pero $A$ no es ortogonalmente similar a la matriz anterior debido a que la matriz anterior es normal, mientras que $A$ no lo es.

Elaboración:

Para la construcción de $A$ nos tenga en cuenta que debemos tener $\lambda^3 = 1$ para todos los autovalores $\lambda$, por lo que tenemos dos opciones de autovalores (ya que si $\lambda$ es un valor propio, por lo que debe $\overline{\lambda}$): $\{1\}$ (la multiplicidad 3) o $\{1, e^{i 2 \pi/3}, e^{-i 2 \pi/3} \}$.

Si los valores propios son todos los $1$, entonces tenemos que tener en $A=I$, que es poco interesante. Para ver esto, ya que todos los valores propios son 1, de Cayley Hamilton da $(A-I)^3 = 0$, lo que da $A^2 = A$ (desde $A^3 = I$), multiplicando todo por $A$ da $A^3 = A^2 $, del que se desprende que el $A=I$.

Así que hemos autovalores $1$, $\lambda = e^{i 2 \pi/3}$, y $\overline{\lambda}$. (Tenga en cuenta que si $A v = \lambda v$,$A \overline{v} = \overline{\lambda} \overline{ v}$.) Para terminar quiero elegir tres linealmente independiente, no-ortogonal de vectores propios. Elijo $e_1$ para el autovalor $1$, e $(1,1,i)^T$ para el autovalor $\lambda$ (por lo tanto, el vector propio para el autovalor $\overline{\lambda}$ debe $(1,1,-i)^T$). La multiplicación de estos de manera apropiada el da de la anterior matriz.

Answer 3

La matriz que rige la heptagonal isomorphs satisface $A^3=I$.

 1   1  1        1   0  1            1  0  0
 0  0   1   ->   0  -1 -1   ->       0  1  0
 0 -1  -1        0   1  0            0  0  1

Cuando esta matriz se aplica a los números (i,a,b), donde estos son los acordes de una unidad de borde de heptagon (1, 1.801937736, 2.2469796037), entonces, el resultado viene a los acordes de una unidad edge heptagrams (7/3, 7/2), y de vuelta otra vez.

Pero es una matriz que satisface esta relación, y no en la forma de cos(x), sin(x).