Lo voy a repetir sólo para cumplir las normas de calidad: En un complejo de valores de espacio vectorial, no $A^n$ es unitaria implica que $A$ es unitaria?
Respuestas
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En general, la respuesta es no. De hecho, puedo demostrar
Para cualquier $n\leq k$ no es un porcentaje ($k\times k$ matriz $A$ que $A^n = I$ es unitaria sino $A, A^2 ,...A^{n-1}$ no lo son.
No sé qué sucede si $n > k$, pero sin duda mi falla.
Aquí está la prueba. Primera nota de que $A$ satisface las $n=k$ de los casos, el bloque diagonal de la matriz $\operatorname{diag}(A,1,1,1,1..,1)$ satisface las $n,k$ caso $k > n$. Así que podemos asumir wlog que $k = n$.
Ahora, en $\mathbb{C}^n$, considera el estándar de base $\{e_i\}$. Deje $A$ ser el operador lineal definido por $Ae_1 = 2e_2$, $Ae_2 = \frac{1}{2} e_3$, y $Ae_{m} = e_{m+1}$ para todos los otros $m$$Ae_{n} = e_1$.
Ningún poder $A, A^2, ..., A^{n-1}$ es unitaria. Para ver esto, observe que para $0<k<n$, $A^{k}e_{n-k+2} = 2e_2$, así que duplica la longitud de este vector.
Por otro lado, $A^n$ que se aplica a $e_i$ es en sí, por lo $A^n$ es la identidad reivindicada.
(Concretamente, esto le da a las matrices $A = \begin{bmatrix} 0 & 2\\ \frac{1}{2} & 0\end{bmatrix}$, $A = \begin{bmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 0& 0&\frac{1}{2}\\ 1 & 0 & 0\end{bmatrix}$, $A = \begin{bmatrix} 0 & 2 & 0 & 0\\ 0& 0& \frac{1}{2} & 0\\ 0& 0& 0& 1\\ 1&0&0&0\end{bmatrix}$ y el patrón continúa aferrándose más a $1$s en la parte superior fuera de la diagonal lugares).
Chris Ballance
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La respuesta es negativa para cualquier $n\ge2$. Vamos $\omega=\exp(2\pi i/n)$, $S$ ser la $n\times n$ Jordania bloque cuya diagonal y super-las entradas de la diagonal son iguales a$1$$A=S\operatorname{diag}(1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1})S^{-1}$. A continuación, $A^n=I$ es unitaria sino $A$ no lo es.
