Solución:
Insinuación: $ A ^ 2 = I $ implica que el polinomio mínimo es $ (X-1) (X + 1) $ porque $ A $ no es diagonal y esto limita el polinomio característico a $ (X-1) ^ 2 (X + 1 ) $ o $ (X-1) (X + 1) ^ 2 $.
Como $ (AI) (A + I) = 0 $ sabemos que todos los valores propios son $ pm 1 $.
Si todos los valores propios fueran iguales, entonces $ A $ sería $ pm I $, lo cual no está permitido, por lo que al menos un valor propio debe tener un signo diferente de los demás. Ignorando el orden, las únicas dos posibilidades son $ 1,1, -1 $ o $ -1, -1,1 $.
Ya que
$ A = A ^ {- 1}, etiqueta 1 $
resulta que
$ A ^ 2 = I, etiqueta 2 $
o
$ A ^ 2 – I = 0; etiqueta 3 $
si $ lambda $ es un autovector de $ A $ con autovector $ v $, $ Av = lambda v $ con $ v ne 0 $, tenemos
$ ( lambda ^ 2 – 1) v = lambda ^ 2 v – v = A ^ 2 v – Iv = (A ^ 2 – I) v = 0, etiqueta 4 $
por lo que $ v ne 0 $ produce
$ lambda ^ 2 – 1 = 0; etiqueta 5 $
de ello se deduce que cada valor propio de $ A $ es $ pm 1 $. Ya que
$ A ^ 2 = I, etiqueta 6 $
también tenemos
$ ( det A) ^ 2 = det A ^ 2 = det I = 1, tag 7 $
asi que
$ det A = pm 1. etiqueta 8 $
A continuación, invocamos la hipótesis de que $ A $ no es una matriz diagonal para mostrar que los valores propios de $ A $ no pueden ser todos iguales; esto descartará los casos en los que los valores propios sean $ 1, 1, 1 $ o $ -1, -1, -1 $. Al hacerlo, validaremos formalmente el cobre. Esa afirmación, hecha sin prueba en su respuesta, de que “si todos los valores propios fueran iguales, entonces $ A $ sería $ pm I $”, y también la afirmación de lhf de que “el mínimo el polinomio es $ (X-1) (X + 1) $ porque $ A $ no es diagonal “; aquí te mostraremos por qué ambas afirmaciones son de hecho correctas.
Entonces, supongamos que $ lambda = pm 1 $, y suponga que los valores propios de $ A $ son todos $ lambda $. Considere entonces el polinomio característico de la matriz $ A $,
$ p_A (x) = det (A – xI); etiqueta 9 $
lo sabemos
$ p_A ( lambda) = det (A – lambda I) = 0; etiqueta {10} $
Además, el teorema de Cayley-Hamilton nos da
$ p_A (A) = 0; etiqueta {11} $
también tenemos que $ p_A (x) $ se divide en $ 3 $ factores lineales $ x – lambda $, de donde
$ p_A (x) = (x – lambda) (x – lambda) (x – lambda) = (x – lambda) ^ 3; etiqueta {12} $
combinando (11) y (12) encontramos
$ (A – lambda I) ^ 3 = p_A (A) = 0; etiqueta {13} $
si ponemos
$ N = A – lambda I, tag {14} $
dado que $ A $ no es diagonal, se deduce que
$ N ne 0; etiqueta {15} $
de (13), vemos que $ N $ es nilpotente:
$ N ^ 3 = 0. etiqueta {16} $
No tenemos suficiente información para determinar directamente si $ N ^ 2 = 0 $ o no en lo anterior, pero pueden Pruebalo
$ N ^ 2 = 0 Longrightarrow I, N ; text {son linealmente independientes}; etiqueta {17} $
$ N ^ 2 ne 0 Longrightarrow I, N, N ^ 2 ; text {son linealmente independientes}; etiqueta {18} $
por ejemplo, para ver que (18) se cumple asumimos
$ alpha I + beta N + gamma N ^ 2 = 0, tag {19} $
y multiplicar por $ N ^ 2 $,
$ alpha N ^ 2 + beta N ^ 3 + gamma N ^ 4 = 0; etiqueta {20} $
ahora usando (16) vemos que
$ alpha N ^ 2 = 0 Longrightarrow alpha = 0, tag {21} $
para que (19) se convierta
$ beta N + gamma N ^ 2 = 0, etiqueta {22} $
que si se multiplica por $ N $ da como resultado
$ beta N ^ 2 + gamma N ^ 3 = beta N ^ 2 = 0, etiqueta {23} $
De dónde
$ beta = 0; etiqueta {24} $
ahora insertando $ alpha = beta = 0 $ en (19) vemos que
$ gamma = 0 etiqueta {25} $
así como; por tanto, $ I $, $ N $ y $ N ^ 2 $ son linealmente independientes como se afirma. En el caso de $ N ^ 2 = 0 $ partimos del supuesto de que
$ alpha I + beta N = 0, tag {26} $
multiplicar por $ N $,
$ alpha N = alpha N + beta N ^ 2 = 0, tag {27} $
lo que nuevamente implica $ alpha = 0 $; $ beta = 0 $ se imita entonces a partir de (26). Entonces vemos que (17) – (18) se unen.
Volvemos a (14) y escribimos
$ A = lambda I + N; etiqueta {28} $
entonces con (2) tenemos
$ I = A ^ 2 = ( lambda I + N) ^ 2 = lambda ^ 2 I ^ 2 + 2 lambda N + N ^ 2 = I pm 2 N + N ^ 2, tag {29} $
usando el hecho de que $ lambda = pm 1 $. (29) rendimientos
$ pm N + N ^ 2 = 0; etiqueta {30} $
si $ N ^ 2 = 0 $, (30) afirma $ N = 0 $, lo que claramente no es posible; si $ N ^ 2 ne 0 $, (30) contradice la independencia lineal de $ N $, $ N ^ 2 $. Dado que cualquiera de estas conclusiones se sigue directamente de la hipótesis $ A $ tiene tres valores propios idénticos, vemos que tal suposición no está permitida; por tanto, los valores propios de $ A $ son $ 1, 1, -1 $ o $ 1, -1, -1 $. En el primer caso, $ text {Tr} (A) = 1 $: en el segundo, $ text {Tr} (A) = -1 $; en cualquier caso, vemos que
$ text {Tr} (A) = pm 1 etiqueta {31} $
se une.
Nota agregada en Editar, jueves 26 de octubre de 2017 2:36 p. M. PST: El argumento anterior revela principios generales que pueden demostrarse en líneas similares a las anteriores: Si $ A $ es una matriz no diagonal $ n times n $, todos los valores propios $ lambda $ son iguales, entonces $ N = A – lambda I ne 0 $ es de hecho un nilpotente matriz con $ N ^ n = 0 $; si $ N $ también satisface $ N ^ m = 0 $ con $ 1