Deje $A$ $n\times n$ complejidad de la matriz invertible tal que $A^7 = A^*$. Mostrar que $A^8 = I$.

Question

Deje $A$ $n\times n$ complejidad de la matriz invertible tal que $A^7 = A^*$ (donde $*$ denota la transpuesta conjugada). Mostrar que $A^8 = I$.

Aquí están mis pensamientos hasta el momento:

• Yo era capaz de mostrar que todos los autovalores de a $A$ satisfacer $\lambda^8 = 1$.

• He intentado escribir $A$ en la forma canónica de Jordan $A = PJP^{-1}$, de modo que $A^* = (P^{-1})^*J^*P^*$$A^7 = PJ^7P^{-1}$. Yo estaba esperando a la conclusión de $J^* = J^7$, pero esto no es necesariamente cierto ya que no puede ser Jordan matrices; que serían si $J$ fue en diagonal, pero si sabía que $J$ fue en diagonal, me gustaría hacer.

• Como $A^{49} = (A^7)^7 = (A^*)^7 = (A^7)^* = (A^*)^* = A$, $A^{48} = I$ por lo que el polinomio mínimo de a $A$ divide $x^{48}-1$; tenga en cuenta que $x^8 - 1$ es un factor de $x^{48}-1$.

• Si $A^8 = PJP^{-1}$ es la forma normal de Jordan de a$A^8$, $J = I + N$ $J^6 = I$ por el punto anterior por lo $(I+N)^6 = I$ pero yo directamente no se puede deducir a partir de esta igualdad $N = 0$.

Todas las sugerencias son muy apreciados.

Answer 1

Desde $A^7=A^*$ tenemos $A^*A=AA^*$ $A$ es normal en la matriz. Por lo tanto $A$ es diagonalisable, y ya que todos sus autovalores son las raíces de $X^8-1=0$ llegamos a la conclusión de que $A^8=I$.

Edit: de Hecho, considere la posibilidad de $x\ne0$ un autovector de a $A$ correspondiente al autovalor $\lambda$. Tenemos $$ \bar{\lambda}\Vert x\Vert^2=\langle x,Ax\rangle=\langle^*x,x\rangle =\langle^7x,x\rangle=\lambda^7\Vert x\Vert^2 $$ Por lo tanto $\lambda^7=\bar{\lambda}$. En particular, $|\lambda|^7=|\lambda|$, y desde $\lambda\ne0$ porque $A$ es invertible, llegamos a la conclusión de que $|\lambda|=1$, y, en consecuencia, $\lambda^7=\bar{\lambda}=1/\lambda$ o $\lambda^8=1$.

Answer 2

En lo que respecta a su último punto, es suficiente para trabajar en un bloque de Jordan en un momento. Deje $N$ ser el nilpotent parte de una $e\times e$ Jordania bloque. Examinar $\{I,N,N^2,\cdots,N^{e-1}\}$, ver lo que los elementos de aspecto de forma explícita. En particular, considerar lineal de la dependencia o de independencia.

Answer 3

Yo uso $A^\dagger$ para el Hermitian adjunto, o conjugada transpuesta, de $A$.

Tenemos

$A^7 = A^\dagger; \tag{1}$

esto implica que $A$ es normal, o $AA^\dagger = A^\dagger A$:

$AA^\dagger = AA^7 = A^7A = A^\dagger A; \tag{2}$

desde $A$ es normal, no es una matriz unitaria $U$ que diagonalizes $A$, así:

$U^\dagger A U = \Lambda, \tag{3}$

donde $\Lambda$ es una matriz diagonal cuya diagonal se compone de los autovalores de a $A$; ver este widipedia entrada normal de las matrices. Además,

$U^\dagger A^\dagger U = (U^\dagger A U)^\dagger = \Lambda^\dagger, \tag{4}$

y $\Lambda$ diagonal, tenemos $\Lambda^\dagger = \Lambda^\ast$, la matriz de complejos conjugados de $\Lambda$; esto ilustra la razón por la que elegí ${}^\dagger$ para adjoint; necesitaba para reservar ${}^\ast$ (elementwise) conjugación. En cualquier caso, (4) por lo tanto los rendimientos de los

$U^\dagger A^\dagger U = \Lambda^\dagger = \Lambda^\ast. \tag{5}$

Ahora (1) implica

$(U^\dagger A U)^7 = U^\dagger A^7 U = U^\dagger A^\dagger U, \tag{6}$

así por (3) y (4)

$\Lambda^7 = \Lambda^\ast; \tag{7}$

esto demuestra que para cualquier diagonal de la entrada $\lambda$ $\Lambda$ debemos tener

$\lambda^7 = \lambda^\ast, \tag{8}$

así

$\vert \lambda \vert^7 = \vert \lambda^7 \vert = \vert \lambda^\ast \vert = \vert \lambda \vert; \tag{9}$

y desde $A$ es invertible, $\lambda \ne 0$, por lo que

$\vert \lambda \vert^6 = 1, \tag{10}$

donde debemos tener

$\vert \lambda \vert = 1, \tag{11}$

$\vert \lambda \vert$ real positivo. Todas las $\lambda$ son por lo tanto unimodular, produciendo

$\lambda^\ast = \lambda^{-1}; \tag{12}$

La aplicación de (12) a (8) da

$\lambda^8 = 1, \tag{13}$

por lo tanto

$\Lambda^8 = I. \tag{14}$

Finalmente, (3) implica

$A^8 = (U \Lambda U^\dagger)^8 = U I U^\dagger = I, \tag{15}$

como por la petición. QED.

Nota Bene: parece ser que no Existe la magia en la hipótesis de $A^7 = A^\dagger$, distinta de la general de la magia de las matemáticas: aparentemente $A^n = A^\dagger$ implica $A^{n + 1} = I$ para cualquier entero $n \ge 2$ e invertible $A$. Final: Nota Bene.

Espero que esto ayude. Saludos,

y como siempre,

Fiat Lux!!!