¿Cuáles son lo % de matrices $A \in \mathscr{M}_n(\mathbb C)$para que la clase de semejanza está cerrada?
¿La misma pregunta si reemplazar $\mathbb C$ $\mathbb R$?
Respuestas
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Chris Ballance
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La similitud en la órbita de un real o compleja matriz cuadrada $A$ es cerrado si y sólo si $A$ es diagonalisable $\mathbb C$.
G. Sassatelli ya ha explicado el "si" en su comentario. Cuando el campo de tierra es real, el análogo truco se aplica si usted piensa que el real Jordan en la forma en lugar de la habitual de Jordan en la forma.
Para demostrar el "si" de una parte, tenga en cuenta que el complejo de los autovalores de una matriz varían continuamente con la matriz de entradas (por ejemplo, véase esta pregunta anterior o esta respuesta). Por lo tanto, si $B$ es un punto límite en la similitud de la órbita de $A$, debe tener el mismo complejo de autovalores (contando multiplicidades) como $A$. Indicar los distintos complejos autovalores de a $A$ por $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ ($k$ puede ser menor que $n$ porque no se puede repetir autovalores). A continuación, $p(x)=\prod_{j=1}^k(x-\lambda_j)$ es el polinomio mínimo de a $A$. Como $p$ es continua, también annilihilates $B$. Por lo tanto, $p$ es el polinomio mínimo de a $B$ $B$ es diagonalisable$\mathbb C$. En resumen, $B$ es un diagonalisable de la matriz con el mismo espectro,$A$. Por lo tanto $A$ $B$ son similares sobre $\mathbb C$. Desde matrices sobre un campo $F$ son similares si son similares a través de una extensión de campo, en caso de que el campo de tierra es $\mathbb R$, $A,B$ son similares sobre$\mathbb R$.
$\newcommand{\cj}{\operatorname{cj}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}}\newcommand{\nil}{\operatorname{nil}}\newcommand{\Spec}[1]{\operatorname{Spec}\left({#1}\right)}$
Caso complejo:
Vamos a demostrar/recuperación de un lexema:
Lema 1: La función de $\dim\ker:\mathscr M_n(\mathbb C)\to \mathbb N$ es superior semicontinuo, es decir, $$\lim_{s\to\infty}M_s= M\implies\dim\ker(M)\ge \limsup_{s\to\infty}\,\dim\ker M_s$$
De hecho, vamos a $q=\limsup_{s\to\infty}\dim\ker M_s$. Esto significa que existe una sub-secuencia $M_{s_h}=M'_h$ tal que $\dim\ker M'_h=q$.
Vamos a considerar el estándar de hermitian producto en $\mathbb C^n$ y nos vamos a recoger $(v_1^h,\cdots,v_q^h)$ un ortonormales base de $\ker M'_h$.
Recordemos que $S^{2n-1}=\{v\in \mathbb C^n\, :\, \Vert v\Vert =1\}$. La secuencia de $$\{(v_1^h,\cdots,v_q^h)\}_{h\in\mathbb N}\subseteq \underbrace{S^{2n-1}\times\cdots\times S^{2n-1}}\limits_{q\text{ times}}$$ tiene valores en un subespacio compacto de $\mathbb C^{qn}$, por lo que admite una convergencia de larga.
Así, tenemos una larga $(v^{h_r}_1,\cdots,v^{h_r}_q)\to_r (w_1,\cdots, w_q)$. Por la continuidad de la hermitian producto, el último es una familia de vectores ortonormales, por lo tanto independiente.
Vamos a llamar a $M^{\prime\prime}_r=M_{h_r}'$
Ahora, \begin{align}\Vert Mw_j\Vert=\Vert Mw_j-M_r''v^{h_r}_j\Vert&\le \Vert (M-M_r'')w_j\Vert +\Vert M_r''(w_j-v_j^{h_r})\Vert\le\\&\le \Vert M-M_r''\Vert\cdot\Vert w_j\Vert +\left(\sup_r\Vert M_r''\Vert\right)\cdot\Vert w_j-v^{h_r}_j\Vert\stackrel{r\to\infty}{\longrightarrow} 0\end{align}
Por lo $Mw_1=Mw_2=\cdots=Mw_q=0$, por lo tanto $\dim\ker M\ge q$. $\square$
De vuelta a nuestro problema: La respuesta es: $\cj A$ es cerrado si y sólo si $A$ es diagonalizable.
Si parte: $A\text{ diagonalizable}\implies \cj A=\overline{\cj A}$
De hecho, vamos a $\Spec{A}=\{\lambda_1,\cdots,\lambda_k\},\ k\le n$ su dinstinct autovalores. Deje $\dim\ker(A-\lambda_sI)=m_s$.
Desde $A$ es diagonalizable, tiene $$M\in\cj A\iff \forall s=1,\cdots, k,\ \dim\ker(M-\lambda_sI)=m_s$$ Deje $\{A_h\}_{h\in \mathbb N}\subseteq \cj A$ una convergencia de la secuencia de $$A_h\to B$$
Entonces, para todos $s$, $A_h-\lambda_sI\to_h B-\lambda_sI$.
Por el lema 1, $\dim\ker (B-\lambda_sI)\ge m_s$. Pero $$n=\sum_{s=1}^k m_s\le\sum_{s=1}^k\dim\ker(B-\lambda_sI)\le n$$ so the only possible choice is $\forall s,\ \dim\ker (B-\lambda_sI)=m_s$. Hence, $B\in\cj$.
Sólo si la parte: $ \cj A=\overline{\cj A}\implies A\text{ diagonalizable}$
El diagonalizable+nilpotent descomposición $A=\diag A+\nil A$ yelds que para todos los $\varepsilon>0,\ \diag A+\varepsilon\cdot \nil A\in \cj A$. Pero, a continuación,$\diag A\in\overline{\cj A}=\cj A$. Por lo $A$ es diagonalizable. $\square$
Caso Real:
El hecho de que $\mathscr{M}_n(\mathbb R)$ está incrustado en $\mathscr M_n(\mathbb C)$ y que, para todos los $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb R),\ \cj_{\mathbb R}(A)=\cj_{\mathbb C}(A)\cap \mathscr{M}_n(\mathbb R)$ rendimientos que una verdadera matriz, la cual puede ser diagonalized en $\mathbb C$ ha cerrado real similitud de la clase. El mismo truco se utiliza para conversar en el caso complejo, pueden ser adaptadas para el caso real, teniendo en cuenta el real de Jordan en la forma, como user1551 recordó.
