deje $A\in M{_n}\ (\mathbb R)$ s.t $A^2=I$ tal que $A\neq I$, $A\neq -I$ cómo probar $-(n-1)\le tr A\le n-1$

Question

deje $A\in M{_n}\ (\mathbb R)$ s.t $A^2=I$ tal que $A\neq I$, $A\neq -I$ cómo probar $-(n-1)\le tr A\le n-1.$ Gracias de antemano

Answer 1

Los autovalores $\lambda_1$, $\dots$, $\lambda_n$ de $A$ $+1$ o $-1$, y no son todos iguales.

De ello se desprende que, en $\operatorname{tr} A=\lambda_1+\dots+\lambda_n$ hay al menos un $+1$ y en la mayoría de las $n-1$, y al menos uno de los $-1$ y en la mayoría de las $n-1$. El resultado de la siguiente manera.

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Mi primera frase anterior depende de saber que $A$ es diagonalizable. Este es inmediata dado un poco de teoría: sabemos que el polinomio mínimo de a $A$ divide $t^2-1$, por lo que tiene de simple raíces, y esto nos dice que $A$ es diagonalizable.

Un tonto, manos, de la manera alternativa de ver la matriz es diagonalizable, es el siguiente. Deje $x$ ser un no-vector cero. A continuación, cualquiera de $x$ es un autovector de a $A$ o $x=\tfrac12(x+Ax)+\tfrac12(x-Ax)$ es la suma de dos vectores propios. De ello se sigue que el conjunto de vectores propios de a $A$ abarca $\mathbb R^n$, y que debe contener una base de $\mathbb R^n$: de ahí que $A$ es diagonalizable.

Answer 2

Esta pregunta es fácil de resolver, pero se puede dar el mejor de los límites. Como $A^{2}=I$ $A$ satisface la ecuación de $x^{2}-1=0$. Y desde su polinomio mínimo $p_{A}(x)$ brecha $x^{2}-1$, lo $p_A(x)$ puede ser uno de $x^{2}-1,\,x-1,\,x+1$. Si $p_{A}(x)=x-1$$A-I=0$$A=I$, lo cual es una contradicción. Y con la misma razón,$p_{A}(x)\neq x+1$. Por lo $p_{A}(x)=x^{2}-1$. Por Cayley-Hamilton Teorema, el polinomio característico $f_{A}(x)$ $A$ debería tomar la forma de $(x-1)^{a_{1}}(x+1)^{a_{2}}$ donde$a_{1},a_{2}\geq1$$a_{1}+a_{2}=n$. Por lo $1$ $-1$ $A$'s autovalores con multiplicidades de $a_{1}$ $a_{2}$ respectivamente. Ahora presta atención: como el polinomio mínimo es descomponible en distintas lineal de los factores más $\mathbb{R}$, $A$ es diagonalizable. A partir de esta y de la anterior discusión acerca de los valores propios, $A$ es similar a una matriz diagonal con $a_{1}$ "$1$ "e con $a_{2}$" $-1$ " en la diagonal. Sabemos que similar matrices tienen la misma traza, por lo que el seguimiento de $A$ es igual a $a_{1}(1)+a_{2}(-1)=a_{1}-a_{2}$ pero sabemos que \begin{align*} &1\leq a_{1}\leq n-1,\\ &1\leq a_{2}\leq n-1. \end{align*} La segunda desigualdad de los rendimientos de $1-n\leq -a_{2}\leq -1$, por lo que, $$1+(1-n)\leq a_{1}-a_{2}\leq (n-1)-1.$$ Y en el más estricto de los límites para la traza de $A$ son: $$-(n-2)\leq \operatorname{tr}(A)\leq n-2.$$

Answer 3

El polinomio mínimo de a $A$ $(x-1)(x+1)\Rightarrow $ el polinomio característico de a $A$ $$f(x)=(x-1)^k(x+1)^{n-k}=x^n+((n-k)x^kx^{n-k-1}-kx^{k-1}x^{n-k})+\ldots \\=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots, \ \text{where} \ 1\leq k\leq n-1.$$ Ahora $|\text{tr}(A)|=|a_{n-1}|=|(n-k)-k|=|n-2k|$.

Así tenemos el resultado más fuerte que $|\text{tr}(A)|\leq |n-2|$
(e $\text{tr}(A)\in\{2-n,4-n,\ldots,n-4,n-2\}$).