Demostrar que $\det(M-I)=0$ si $\det(M)=1$ y $MM^T=I$

Question

$M$ es un $3 \times 3$ matriz tal que $\det(M)=1$ y $MM^T=I$ , donde $I$ es la matriz de identidad. Demostrar que $\det(M-I)=0$

Traté de tomar $M$ $=$ $$ \begin{pmatrix} a &b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} $$

pero su expansión es demasiado larga.

Answer 1

$MM^T=I\implies(M-I)M^T=I-M^T\implies\det(M-I)\det(M^T)=\det(I-M^T)$

Desde $\det(M^T)=\det(M)=1$ que tenemos:

\begin{eqnarray}\det(M-I)&=&\frac{\det(I-M^T)}{\det M^T}\\ &=& \frac{\det((I-M^T)^T)}{\det M}\\&=&\det(I-M)\\ &=&\det((-1)(M-I))\\&=&(-1)^3\det(M-I).\end{eqnarray}

y por lo tanto $\det(M-I)=0$ . Esta prueba también sirve para cualquier $n\times n$ matriz $M$ que satisface las condiciones con impar $n$ .

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En caso de que $n$ es par, un contraejemplo es proporcionado por $\pmatrix{\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta}$ por lo que la propiedad deja de ser cierta.

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Otra prueba podría ser la siguiente. $MM^T=I$ entonces $M$ es ortogonal. Como $n$ es impar, por el forma canónica de la matriz ortogonal, $M$ tiene un valor propio $1$ . Por lo tanto, $\det(M-I)=0$ .

Answer 2

Laudos al Sr. T por una solución muy elegante que evita agradablemente el enfoque mundano basado en los valores propios, que con toda humildad presento a continuación:

Suponiendo que $M$ es un real matriz, tenemos la siguiente verborrea escueta y tal vez excesiva:

Desde $MM^T = I$ , $M$ es ortogonal; ya que $M$ es $3 \times 3$ el polinomio característico $p_M(\lambda) = \det (M - \lambda I)$ es de grado impar $3$ ya que $p_M(\lambda)$ es un polinomio real de grado impar, tiene una raíz real $\lambda_0$ ya que $\lambda_0$ es una raíz de $p_M(\lambda)$ es un valor propio de $M$ ya que $\lambda_0$ es un valor propio de $M$ hay un vector no nulo $\mathbf x \in \Bbb R^3$ con $M\mathbf x = \lambda_0 \mathbf x$ ya que $M\mathbf x = \lambda_0 \mathbf x$ tenemos $\langle \mathbf x, \mathbf x \rangle = \langle \mathbf x, I \mathbf x \rangle = \langle \mathbf x, M^TM \mathbf x \rangle = \langle M \mathbf x, M\mathbf x \rangle = \langle \lambda_0 \mathbf x, \lambda_0 \mathbf x \rangle = \lambda_0^2 \langle \mathbf x, \mathbf x \rangle$ donde $\langle \cdot, \cdot \rangle$ es el producto interior euclidiano sobre $\Bbb R^3$ ya que $\mathbf x \ne 0$ tenemos $\lambda_0^2 = 1$ ya que $\lambda_0^2 = 1$ tenemos $\lambda_0 = \pm 1$ ya que el argumento anterior se aplica a cualquier raíz real de $p_M(\lambda)$ debemos tener que los valores propios reales de $M$ se encuentran en el conjunto $\{1, -1\}$ ya que $p_M(\lambda)$ es un polinomio real de grado $3$ con al menos una raíz real, las dos raíces restantes si son complejas deben ser un par conjugado $\mu, \bar \mu$ De ahí que $\lambda_0 \mu \bar \mu = \det M = 1$ de donde $\mu \bar \mu > 0$ de donde $\lambda_0 = 1$ ya que las raíces de $p_M(\lambda)$ si es real debe estar en el conjunto $\{1, -1\}$ y $\det M = 1$ es el producto de estos valores propios, debemos tener al menos un valor propio de $M$ igual a $1$ en este caso; ya que en cualquier caso $\lambda_0 = 1$ es un valor propio de $M$ debemos tener un vector no nulo $\mathbf x \in \Bbb R^3$ con $M \mathbf x = \mathbf x$ ya que $M \mathbf x = \mathbf x$ tenemos $(M - I)\mathbf x = 0$ es decir $M - I$ es singular; ya que $M - I$ es singular debemos tener $\det(M - I) = 0$ . QED.

Espero que esto ayude. Saludos,

y como siempre,

¡¡Fiat Lux!!