La prueba de la conjetura de que el núcleo es de dimensión 2

Question

Ya le pedí a esta pregunta que ha sido respondida. Esta pregunta puede parecer muy similares, pero la necesaria matriz de manipulaciones son probablemente muy diferentes, debido a la adición de la matriz $\mathbf{P}$, lo que hace que el problema más difícil.

"Experimentalmente", me encontré con que el núcleo (espacio nulo) de la siguiente matriz es de dimensión 2. Me gustaría probarlo, pero no ha logrado aún: \begin{equation} \text{for almost all } t>0,\quad \text{dim}\,\text{ker}\left(\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)-\mathbf{Q}_1(t)^{-1}\mathbf{Q}_2\right)\overbrace{=}^?\;2 \end{equation}

donde:

• $\mathbf{Q}_2$ es la matriz de identidad en todas partes excepto en $(2n,2n)$: \begin{equation} \mathbf{Q}_2=\begin{bmatrix} \mathbf{I}_n & \mathbf{0}_n \\ \mathbf{0}_n & \mathbf{P}^{-1}\begin{bmatrix}1 & && \\ & \ddots && \\ & & 1& \\ &&& -1 \end{bmatrix}\mathbf{P} \end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{2n\times2n} \end{equation} donde $\mathbf{P}\in\mathbb{R}^{n\times n}$ es cualquier matriz invertible.

• $\mathbf{Q}_1(t)$ está definido por:

\begin{equation} \forall t>0,\quad\mathbf{Q}_1(t)=\begin{bmatrix}\textbf{cos}(\boldsymbol \Omega t) & \boldsymbol \Omega^{-1}\,\textbf{sin}(\boldsymbol \Omega t) \\ -\boldsymbol \Omega\,\textbf{sin}(\boldsymbol \Omega t) & \textbf{cos}(\boldsymbol \Omega t)\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{2n\times2n} \end{equation} donde (... lo siento...): \begin{equation} \boldsymbol\Omega=\begin{bmatrix} \omega_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \omega_n \end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{n\times n},\quad \forall i\en\lbrace 1,\dots, n\rbrace, \omega_i>0 \end{equation}

y los cuatro bloques de la diagonal, por ejemplo: \begin{equation} \mathbf{cos}(\boldsymbol\Omega t)=\begin{bmatrix} \cos(\omega_1t) & & \\ & \ddots & \\ & & \cos(\omega_n t) \end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{n\times n} \end{equation}

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Propiedades interesantes de $\mathbf{Q}_1$ $\mathbf{Q}_2$:

Obviamente, $\mathbf{Q}_2$ es invertible y $\mathbf{Q}_2=\mathbf{Q}_2^{-1}$.

También, $\det(\mathbf{Q}_1)=1$ ($\omega_i>0$ y adecuado de las $t>0$) y: \begin{equation} \mathbf{Q}_1(t)^{-1}=\begin{bmatrix}\textbf{cos}(\boldsymbol \Omega t) & -\boldsymbol \Omega^{-1}\,\textbf{sin}(\boldsymbol \Omega t) \\ \boldsymbol \Omega\,\textbf{sin}(\boldsymbol \Omega t) & \textbf{cos}(\boldsymbol \Omega t)\end{bmatrix} \end{equation}

La ecuación inicial por lo tanto puede también ser escrita como: \begin{equation} \text{ker}\left(\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)-\mathbf{Q}_1(t)^{-1}\mathbf{Q}_2\right)=\text{ker}\left(\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)-\mathbf{1}_{2n}\right) \end{equation}

Así que otra manera de resolver el problema es demostrar que 1 es un autovalor de a$\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)\mathbf{Q}_2\mathbf{Q}_1(t)$, con una multiplicidad de 2. Pero no estoy seguro de que esto le ayuda...

Las pistas que sería muy apreciada.

Answer 1

Deje $$\begin{split}A&=Q_2Q_1-{Q_1}^{-1}Q_2 \\ &=\begin{pmatrix}0&\Omega ^{-1}\sin(\Omega t)(I+P^{-1}DP)\\-(P^{-1}DP+I)\Omega\sin(\Omega t)&P^{-1}DP\cos(\Omega t)-\cos(\Omega t)P^{-1}DP\end{pmatrix}\end{split}$$ Entonces $$\begin{split}\phi(x)&=\pm\det(A-xI)\\ &=\det\bigg[-(P^{-1}DP+I)\sin(\Omega t)^2(I+P^{-1}DP) \\ &+x(P^{-1}DP\cos(\Omega t)-\cos(\Omega t)P^{-1}DP)-x^2I\bigg] \\ &=\det(-U+xV-x^2I) \end{split}$$

$\phi(0)=\det(-U)=0$ (debido a $I+P^{-1}DP$ no es invertible). Ahora $$\begin{split}\phi'(0)&=-\operatorname{tr}(\operatorname{adjoint}(U)V) \\ &=-\operatorname{tr}\bigg((\operatorname{adjoint}((P^{-1}DP+I)\sin(\Omega t)^2(I+P^{-1}DP)) \\ &\times (P^{-1}DP\cos(\Omega t)-\cos(\Omega t)P^{-1}DP)\bigg) \end{split}$$

Después de un cambio de base , podemos asumir $P^{-1}DP=\operatorname{diag}(1,\cdots,1,-1)$, $$S=\operatorname{adjoint}(\sin(\Omega t)^{2})=[s_{i,j}],C=\cos(\Omega t)=[c_{i,j}]$$

A continuación, $\operatorname{adjoint}(U)=2^{2n-2}s_{n,n}E_{n,n}$ y, en consecuencia, (si $V=[v_{i,j}]$), $$\operatorname{tr}(\operatorname{adjoint}(U)V)=2^{2n-2}s_{n,n}v_{n,n}.$$ Yet $v_{n,n}=-c_{n,n}+c_{n,n}=0$. Thus $\phi'(0)=0$ and $x=0$ es (al menos) un autovalor doble.

Consideramos el caso genérico (con respecto a $\Omega,P,t$, y no sólo a $t$). A ver que, genéricamente, $\dim(\ker(A))$ es exactamente $2$, es suficiente para dar un ejemplo, en la dimensión $n$ donde $A$ es diagonalizable y $0$ es un autovalor con exactamente la multiplicidad $2$. No es difícil (tome $P=I_n,...$) - Por un riguroso razonamiento, debe utilizar el Zariski de la topología.