Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial sobre los números reales $\mathbb{R}$. Supongamos $A_1,A_2,....,A_n$ son un número finito de pares de desplazamientos de los operadores lineales en $V$. Supongamos que ninguno de los operadores de $A_i$ tiene un real negativo autovalor. Si la suma de $A_1 + A_2 + · · · + A_n$ es igual al negativo de la identidad del operador en $V$ , muestran que $dim_{\mathbb{R}} V$ es incluso.
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user772913
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podemos utilizar la inducción en $n.$
Claramente $n\ne1,$ $-I$ sí tiene autovalores reales negativos.
Para $n=2,$ nos encontramos con $A_2=-I-A_1.$ Además, si $\lambda$ es un autovalor de a $A_1,$ $-1-\lambda$ es uno de $A_2.$
A continuación, encontrar una matriz invertible $V$ tal que $V^{-1}A_1V$ es el Jordan en la forma de $A_1.$ Se sigue que $D:=V^{-1}A_2V=-I-V^{-1}A_1V$ es también el Jordan en la forma de $A_2,$ y que las diagonales de $D$ son de la forma $-1-\lambda$ donde $\lambda$ es una (tal vez complejo) autovalor de a $A_1.$
Si la dimensión es impar, entonces $A_1$ debe tener un autovalor real, que es $\ge0,$ por lo tanto $-1-\lambda\lt0$ es un autovalor de a $A_2,$ una contradicción. Así, la dimensión debe ser par.
Ahora supongamos que tiene de $n\ge2$ matrices. Y supongamos $A_1,\cdots,A_{n+1}$ satisfacer las condiciones.
Para cualquier real negativo autovalor $\lambda$ $A:=A_n+A_{n+1},$ considera su eigen-espacio de $E_\lambda.$ Podemos observar que $$A\mid_{E\lambda}=\lambda I,$$ so $(A_n+A_{n+1})/(-\lambda)=-I$ and neither of $A_n/(-\lambda)$ and $A_{n+1}/(-\lambda)$ has negative real eigenvalues by hypotheses. It follows that $\operatorname{dim}E_\lambda$ es, incluso por los de arriba.
Después de esto, podemos descomponer $V=K\oplus L$ donde $K$ es la suma directa de la generalizada subespacios propios correspondientes a real negativo autovalores, y $L$ correspondiente a otros autovalores. Como $A_i$ son pares los desplazamientos, tanto en $K$ $L$ son invariantes bajo $A_i.$, En los lineales de los operadores de $A_1,\cdots,A_{n-1},A$ restringido a $L,$ $n$ lineal de los operadores de la satisfacción de las hipótesis, por inducción, $\operatorname{dim}L$ es incluso.
Finalmente, $\operatorname{dim}V=\operatorname{dim}K+\operatorname{dim}L$ es incluso.
Lo siento, este es desordenado, y espero que esto ayude.
dragoboy
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464
Supongamos $dim_{\mathbb{R}}(V)$ es impar, por lo que para cada una de las $i$ existe un autovalor real, $r_i$$A_i$, y por lo tanto existen subespacios propios $W_i$'s correspondientes a $r_i$'s para todos los $A_i$'s. Ahora desde $A_i$'s de a pares desplazamientos, por lo que para cada uno de ellos fijo $i$ $W_i$ es invariante bajo todos los de $\{A_j \mid j\in \{1,2,...n\}\}$
Ahora bien, si cada uno de $W_i \mid i\in \{1,2,..,n\}$ es igual a $V$, entonces hemos $\sum_{i}^{n} r_i =-1$, lo cual es una contradicción, ya que ninguno de los operadores de $A_i$ tiene un real negativo autovalor. Así que para algunos $W_i$ hemos $0 \subsetneq W_i \subsetneq V$. Decir $W=W_i$. Ahora $V/W$ también es invariante bajo todos los de $A_i$'s, así que ahora todos los de $A_i|_{W}$ $A_i|_{V/W}$ tiene la misma propiedad como $A_i$'s (me refiero a la misma las propiedades dadas en el problema). Así que, por hipótesis de inducción $dim_{\mathbb{R}}(W),dim_{\mathbb{R}}(V/W)$ son, incluso, las fuerzas de $dim_{\mathbb{R}}(V)$ es incluso.
