Si $A \in M_3(\mathbb C)$ y $\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(A^{-1})=0$ y $\det(A)=1$ entonces $A^3=I_3$

Question

Supongamos que tenemos un $3\times 3$ matriz como $A$ en el que las coordenadas provienen del conjunto de los números complejos ( $\mathbb C$ ).
Sabemos que $\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(A^{-1})=0$ y $\det(A)=1$ .
Demostrar que $A^3=I_3$ .

No sé cuál es la relación entre $A^3$ ¡y el rastro !

Answer 1

Dejemos que $\lambda_i$ sean valores propios de $A$ . La condición dada significa que $$ \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0\quad\text{and}\quad\lambda_1^{-1}+\lambda_2^{-1}+\lambda_3^{-1}=0\quad\text{and}\quad\lambda_1\lambda_2\lambda_3=1 $$ Si los resolvemos, tenemos $\lambda_k=e^{k2\pi/3i}$ . Desde $A$ tiene valores propios distintos, es similar a la matriz diagonal, es decir $$ P^{-1}AP=\pmatrix{\lambda_1 \\ & \lambda_2 \\ && \lambda_3} $$ Así, $$ A^3=P\pmatrix{\lambda_1^3 \\ & \lambda_2^3 \\ && \lambda_3^3}P^{-1}=PI_3P^{-1}=I_3 $$

Answer 2

Ampliación de la insinuación de Ilisaryus: Utilizar que la traza es la suma de los valores propios y el determinante el producto y que los valores propios de $A^{-1}$ son los inversos de los valores propios de $A$ . Encuentre el polinomio característico y utilice Cayley-Hamilton.

Answer 3

Resolver el conjunto de ecuaciones:

$$\begin{cases} \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0\ \\ \lambda_1^{-1}+\lambda_2^{-1}+\lambda_3^{-1}=0 \\ \lambda_1\lambda_2\lambda_3=1 \end{cases} $$

se obtiene $6$ soluciones, pero podemos trabajar sólo en uno de estos WLOG, es decir:

$$\lambda_1 = 1, \lambda_2 = e^{-i\frac{2\pi}{3}} ~ \text{and} ~ \lambda_3 = e^{i\frac{2\pi}{3}}.$$

De hecho, cada uno de los $6$ es una permutación de la anterior.

Usando el teorema de Cayley-Hamilton, sabemos que:

$$A^3 - tr(A)A^2 + \frac{1}{2}\left((tr(A))^2 - tr(A^2)\right)A - \det(A)I_3 = 0.$$

Por sustitución, es obvio que:

$$A^3 - \frac{1}{2}tr(A^2)A - I_3 = 0.$$

Está claro que $tr(A^2) = \lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2.$ Entonces:

$$tr(A^2) = 1^2 + \left(e^{-i\frac{2\pi}{3}}\right)^2 + \left(e^{i\frac{2\pi}{3}}\right)^2 = \\ = 1 + e^{-i\frac{4\pi}{3}} + e^{i\frac{4\pi}{3}} = 1 + 2\cos\left(\frac{4\pi}{3}\right) = \\ = 1 + 2\left(-\frac{1}{2}\right) = 1 - 1 = 0.$$

Por último, puede afirmar que:

$$A^3 - I_3 = 0 \Rightarrow A^3 = I_3.$$

Answer 4

Esto es casi trivial. Supongamos que $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ son los valores propios de $A$ . El polinomio característico de $A^{-1}$ es entonces \begin{align*} &\phantom{=}\left(y-\frac1{\lambda_1}\right) \left(y-\frac1{\lambda_2}\right) \left(y-\frac1{\lambda_3}\right)\\ &= y^3-\left(\frac1{\lambda_1}+\frac1{\lambda_2}+\frac1{\lambda_3}\right)y^2+\left(\frac{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3}{\lambda_1\lambda_2\lambda_3}\right)y-\frac1{\lambda_1\lambda_2\lambda_3}. \end{align*} Utilizando las condiciones de traza y determinante dadas, se pueden obtener los valores de $\frac1{\lambda_1}+\frac1{\lambda_2}+\frac1{\lambda_3},\ \ \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3$ y $\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ directamente sin cálculos. Entonces se puede deducir que $A^{-3}=I$ y la conclusión es la siguiente.