Si $\text{tr}(M^3)=\text{tr}(M^2)=\text{tr}(M)=1$ $M=\mathbf{uu}^\dagger$ para algunos vector unitario $\mathbf{u}$

Question

Considere la posibilidad de una $n \times n$ complejo de Hermitian matriz $M$ a que rastrear. Estoy tratando de mostrar que si $$\text{tr}(M^3)=\text{tr}(M^2)=\text{tr}(M)=1$$ then $M=\mathbf{uu}^\daga$ for some column vector $\mathbf {u} \in \mathbb C^n$ of unit length. I think it is enough to show that one of the eigenvalues of $M$ is $1$ and the rest are $0$, as $\mathbf {uu}^\daga$ is a rank one projection matrix. From the trace relations we have $$\sum_i \lambda_i^3=\sum_i \lambda_i^2=\sum_i \lambda_i=1$$ where $\{\lambda_i\}$ are the (real) eigenvalues of $M$, pero estoy luchando para mostrar que esto implica un único autovalor cero.

Answer 1

Desde $\lambda_j^2 \leq \sum_{i=1}^{n} \lambda_i^2 = 1$, $\lambda_j \in [-1, 1]$ por cada $j = 1, \cdots, n$. A continuación, $\lambda_i^2(1-\lambda_i) \geq 0$ todos los $i$, y

$$ 0 = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i^2(1-\lambda_i) $$

dice que $\lambda_i^2(1-\lambda_i) = 0$ por cada $i$. Así que o $\lambda_i = 0$ o $\lambda_i = 1$, y la condición de $\sum_{i=1}^{n} \lambda_i = 1$ dice que $\lambda_i = 1$ tiene exactamente una de $i = 1,\cdots, n$.