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Odd-dimensional matriz sesgar-simétrica compleja tiene valor propio $0$

No es el estándar de prueba usando $$\det(A)=\det( A^{T} ) = \det(-A)=(-1)^n \det(A)$$ Me gustaría una prueba de que esto se evita. Específicamente, es la prueba de que para $A$ $\bf{real} $ matriz, la transposición es el mismo que el adjunto, lo que da (utilizando el complejo interior del producto) $\lambda \|x\|^2 =\langle Ax, x \rangle= \langle x, -Ax \rangle=-\overline{\lambda } \|x\|^{2}$, por lo que cualquier autovalor es puramente imaginario. Entonces llegamos a la conclusión de que, desde cualquier extraño dimensiones reales de la matriz tiene un autovalor real, que autovalor debe ser cero. Este argumento no funciona por un complejo de sesgo de simetría de la matriz. Hay algo que me falta, hay una manera de modificar este argumento para conseguir que el cero es un valor propio para el caso complejo? También, puede alguien por favor dar un geométricas razón por la que impar-dimensional skew-simétrica matrices tienen cero determinante (equiv., un autovalor cero)?

Gracias!

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Matt Dawdy Puntos 5479

La prueba de que escribió obras en cualquier campo de la característica no es igual a $2$. Aquí es similar prueba que evita determinantes debido a Ian Frenkel.

Pasar a la clausura algebraica. Encontrar $P$ tal que $A = PDP^{-1}$ $D$ triangular superior (por ejemplo, utilizando la forma normal de Jordan, pero no es necesario trabajar este duro; se sigue de la existencia de vectores propios). Entonces la diagonal entradas de $D$ son los autovalores de a $A$. Por otra parte, $$A^T = (P^T)^{-1} D^T P^T$$

donde $D^T$ es inferior triangular, por lo que la diagonal entradas de $D$ también son los autovalores de a $A^T$. Desde $A^T = -A$ se sigue que el conjunto múltiple de los autovalores de a $A$ es cerrado bajo la negación. Puesto que hay un número impar de ellos debe ser un valor propio que es su propio negativo, por lo que debe ser cero.

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