La guía o código que hallarás en este post es la solución más sencilla y válida que encontramos a esta duda o problema.
Solución:
Contraejemplo:
$$A=beginpmatrixe^frac23pi i & 0\ 0 & e^frac43pi iendpmatrix $$
y
$$A^2=beginpmatrixe^frac43pi i & 0\ 0 & e^frac23pi i finmatriz.$$
Su demostración sería correcta si $A$ tenía un solo valor propio. Pero si tiene dos valores propios distintos $alfa$ y $beta$puede pasar que $\alfa^2,beta^2=\alfa,beta$; todo lo que necesitas es tener $alfa^2=beta$ y $beta^2=alfa$. Y por lo tanto lo que necesitas es un número $alfa$ tal que $alfa^4=alfa$ y tomar $beta=alfa^2$. Y, por supuesto, no querrás tener $alfa=0$. Asi que, $alfa^4=alfaiffalfa^3=1$. Y como no quieres tener $alfa=1$, $alpha^3=1iffalpha^2+alpha+1=0$. Tómalo $A=izquierda[beginsmallmatrixalpha&0\0&alpha^2endsmallmatrix right]psdónde $alphainmathbb C$ es tal que $alfa^2+alfa+1=0$.
Hace algunas afirmaciones, pero no está claro por qué deberían serlo. true. Veamos con qué tenemos realmente que trabajar:
Ya que $A$ es invertible y diagonalizable, existe un invertible $2veces2$-matriz $P$ tal que $PAP^-1=D$dónde $D$ es diagonal con entradas distintas de cero, digamos
$$D=beginpmatrixlambda_1&0\0&lambda_2endpmatrix.$$
Entonces es claro que el polinomio característico de $D$y por lo tanto de $A$igual
$(X-lambda_1)(X-lambda_2)$.
Ya que $PA^2P=D^2$el polinomio característico de $D^2$y por lo tanto de $A^2$igual
$(X-lambda_1^2)(X-lambda_2^2)$.
Dado que los polinomios característicos de $A$ y $A^2$ son iguales, tenemos
$\lambda_1,lambda_2=\lambda_1^2,lambda_2^2.$
Desde el $lambda_i$ son distintos de cero, esto significa que $lambda_1=lambda_1^2$ y $lambda_2=lambda_2^2$en ese caso $D=A=I$o
$$lambda_1=lambda_2^2qquadtext y qquadlambda_2=lambda_1^2,$$
en ese caso $lambda_1^4=lambda_1$ y $lambda_2^4=lambda_2$significa que $lambda_1$ y $lambda_2$ son raíces terceras de la unidad.
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