Lo reto a probar que él no está mintiendo.

Question

M $n\times n$ matriz $\mathbb R$. con $\mathrm{rank}\ M=1$. Demostrar que $det(e^M)=1$ si y sólo si $M$ no es diagonalizable.

Yo realmente no sé cómo empezar a pensar acerca de esto.. :/ Me gustaría obtener un poco de ayuda gracias.

Answer 1

Está relacionado con esto Demostrar que $A$ es diagonalizable iff $\mbox{tr} A\neq 0$

De hecho, $\det(e^M)=1 \iff \exp(\operatorname{Tr}(M))=1 \iff \operatorname{Tr}(M) = 0$

Desde $M$ rango $1$,y por tu pregunta anterior, $\operatorname{Tr}(M) = 0 \iff M \;\text{not diagonalizable}$

---

La identidad de $\det(e^M)=\exp(\operatorname{Tr}(M))$ puede ser demostrado a través de trigonalization $\mathbb C$.

Answer 2

Debido a que la matriz tiene rango uno, existe una base $v_1,....,v_n$ tal que $Mv_1 \neq 0$$Mv_k = 0$$k > 1$. Así que hay un $N = A^{-1}M A$ algunos $A$ tal que la matriz de $N$ tiene ceros en cada entrada en la segunda a través de $n$th columnas. Tenga en cuenta que$e^N = A^{-1}e^M A$, de modo que $det(e^N) = 1$ fib $det(e^M) = 1$. Pero no es difícil tomar el determinante de a$e^N$, ya que es una triangular inferior de la matriz... ahora utilizar su problema en las trazas se le preguntó acerca de los anteriores.

Answer 3

Aquí está nuestra identidad: $\det(e^{M}) = \exp(\mathrm{Tr}(M)) = 1 \iff \mathrm{Tr}(M) = 0$ (desde $M$ real de las entradas).

Pf:($\implies$) Suponga $M$ es diagonalizable. A continuación, $\exists C$ tal que $M = C\Lambda C^{-1}$ donde $\Lambda$ es una matriz diagonal con entradas de $\{\lambda_{j}\}_{j=1}^{n}$. Desde $M$ tiene rango 1, $\exists k$ tal que $\lambda_{k} \ne 0$, pero el resto de $\lambda_{j} = 0$. A continuación,\begin{align} \det(e^{M}) &= \det(Ce^{\Lambda}C^{-1}) = \det(C)\det(e^{\Lambda})\det(C^{-1}) = \det(e^{\Lambda}) = \exp(\mathrm{Tr}(\Lambda)) = \exp(\lambda_{k}) \ne 1. \end {align}

$(\impliedby)$ Por la forma canónica de Jordan, $M = CJC^{-1}$ donde $J$ se compone de bloques de Jordan de la forma \begin{align} J_{i} = \begin{pmatrix} \lambda_{i} & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_{i} & 1 & \\ & & \ddots & \ddots \end{pmatrix} \end{align} Todos los bloques deben ser $1\times 1$ o $2\times 2$ o más $\mathrm{rank}(M) > 1$. Debe existir un $2\times 2$ bloque, o bien la matriz es diagonalizable. El autovalor de este bloque debe ser $0$, o su rango es 2. Ya que la imagen de cada bloque se extiende subespacios ortogonales, entonces el $2\times 2$ bloque es el único no-cero bloque. En este caso, $\mathrm{Tr}(M) = 0$, dando $\det(e^{M}) = 1$.