Nichtnegativität der Determinante einer Pendelmatrix

Beweisgliederung: Unter Verwendung der Tatsache, dass$A^2 = -I_n$, schließen Sie das$n$gerade sein muss und dass es eine invertierbare Matrix gibt$P \in M_n(\Bbb R)$so dass

Nun, ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir davon ausgehen$A = J$(beachten Sie, dass$A$pendelt mit$B$iff$P^{-1}AP$pendelt mit$P^{-1}BP$). Teilung$B$in vier$k \times k$Blöcke:

Wann gibt es nichts zu tun$\det\big(B\big)=0$also betrachten wir den Fall wann$B\in GL_n\big(\mathbb R\big)$.

$A':= \left[\begin{matrix}0 & -1\\1 & 0\end{matrix}\right]$

$A \in GL_n(\mathbb R)$hat Eigenwerte in (dem Erweiterungsfeld$\mathbb C$)$\lambda \in \big\{i,-i\big\}$die daher in konjugierten Paaren auftreten müssen$n=2\cdot m$.$A$ist seiner rationalen kanonischen Form ähnlich, die für einige gegeben wird$S \in GL_n(\mathbb R)$
$S^{-1}AS = \left[\begin{matrix}A' & \mathbf 0&\cdots&\mathbf 0\\\mathbf 0 & A'&\cdots &\mathbf 0\\ \vdots&\vdots &\ddots &\vdots \\ \mathbf 0&\mathbf 0 &\mathbf 0 &A'\end{matrix}\right]$

Dies ist eine Permutation ähnlich der symplektischen Matrix$J$
$J=\left[\begin{matrix}\mathbf 0 & I_m\\-I_m & \mathbf 0\end{matrix}\right]= (SP)^{-1}A(SP)=W^{-1}AW$

$Z:= W^{-1}BW$
und die Konjugation bewahrt die Kommutativität so
$ZJ= JZ\implies Z^TJ= JZ^T$
Begründung: Transponieren, dann jede Seite negieren (oder Fugledes Theorem anwenden)

$\implies J\big(Z^TZ\big) = \big(JZ^T\big)Z = \big(Z^TJ\big)Z= Z^T\big(JZ\big)= Z^T\big(ZJ\big)=\big(Z^TZ\big) J$
was impliziert, beim Überarbeiten$\mathbb C$, Das$J$Und$\big(Z^TZ\big)$gleichzeitig diagonalisierbar sind, was impliziert$J$pendelt auch mit der Quadratwurzel$(Z^TZ)^\frac{1}{2}$.

Wenden wir die polare Zerlegung an, haben wir
$Z=Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}$
$JQ\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}=JZ=ZJ=Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}J=QJ\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\implies JQ=QJ$

Ende 1: über symplektische Gruppe:
über linke Multiplikation mit$Q^T$
$\implies Q^T J Q =J$
Daher$Q\in SP_{2n}\big(\mathbb R\big)$
dh$Q$ist in der symplektischen Gruppe (die wegverbunden ist) also$\det\big(Q\big) =1$Und
$\det\Big(B\Big)=\det\Big(W^{-1}BW\Big) = \det\Big(Z\Big)= \det\Big(Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big) = 1 \cdot \det\Big(\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big)\geq 0$

Ende 2: J-Invarianz:
Nehmen Sie zum Widerspruch an, dass$\det\big(Q\big) = -1$. Dies impliziert$Q$hat eine ungerade Anzahl von Eigenwerten gleich$-1$So$\dim \ker \big(Q+I\big) = r$was seltsam ist.

$J\big(Q+I\big)= \big(Q+I\big)J$So$\ker \big(Q+I\big)$ist ein$J-$invarianter Unterraum ungerader Dimension. Lassen$\mathbf B$Und$\mathbf B'$zwei verschiedene Basen für sein$\ker \big(Q+I\big)$.$\mathbf B$entsteht auf typische Weise durch Sammeln$r$linear unabhängige Vektoren aus$\ker \big(Q+I\big)$-- diese Koordinatenvektoren haben notwendigerweise alle reellen Komponenten. Jetzt überarbeiten$\mathbb C$, Wir erstellen$\mathbf B'$, auch eine Grundlage für$\ker \big(Q+I\big)$, diesmal mit Eigenvektoren aus$J$(siehe z. B. hier Für eine reelle symmetrische Matrix$A$, sind die durch die Spannweite der Eigenvektoren gegebenen Unterräume die einzigen$A$-invariante Unterräume? ).

So$J\mathbf B = \mathbf B M$Und$J\mathbf B' = \mathbf B' M'$, für$M,M' \in GL_{r}\big(\mathbb C\big)$. Dann$M$Und$M'$sind also ähnlich$\text{trace}\big(M\big)=\text{trace}\big(M'\big)$.

$M$ist echt (weil$J$Und$\mathbf B$sind so$\text{trace}\big(M\big)\in \mathbb R$. Aber$M'$ist eine Diagonalmatrix mit allen Einträgen gleich$\pm i$Und$r$ist so seltsam$\text{trace}\big(M'\big)\neq 0\implies \text{trace}\big(M\big)=\text{trace}\big(M'\big)\notin \mathbb R$was ein Widerspruch ist. Daher$\det\big(Q\big)=1$und noch einmal$\det\Big(B\Big)=\det\Big(W^{-1}BW\Big) = \det\Big(Z\Big)= \det\Big(Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big) = 1 \cdot \det\Big(\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big)\geq 0$

Seit$A^2=-Id$, seine Eigenwerte sind$\pm i$. So$A$hat keinen reellen Eigenvektor.

Nimm das im Widerspruch an$\det(B)<0$. Somit$B$hat einen negativen Eigenwert$\lambda_1$. (Da die komplexen Eigenwerte von$B$treten in konjugierten Paaren auf, wenn die reellen Eigenwerte von$B$sind dann nicht negativ$\det(B)$wäre auch nicht negativ).

Lassen$v\in \mathbb{R}^n$so sein$Bv=\lambda_1 v$. So$ABv=\lambda_1 Av$. Daher,$BAv=\lambda_1 Av$.

Seit$Av,v$linear unabhängig sind (A hat keinen reellen Eigenvektor) und$A$lässt unveränderliche Spanne$\{v,Av\}$dann gibt es eine invertierbare reelle Matrix$P_1$so dass

$P_1BP_1^{-1}=\begin{pmatrix}\lambda_1 Id_{2\times 2} & C_{2 \times n-2} \\ 0_{n-2\times 2} & (B_1)_{n-2\times n-2} \end{pmatrix}$Und$P_1AP_1^{-1}=\begin{pmatrix}A_2 & E_{2 \times n-2} \\ 0_{n-2\times 2} & (A_1)_{n-2\times n-2} \end{pmatrix}$.

Diese Matrizen pendeln immer noch. So$B_1A_1=A_1B_1$. Natürlich$A_1^2=-Id_{n-2\times n-2}$.

Zusätzlich,$0>\det(B)=\lambda_1^2\det(B_1)$. So$\det(B_1)<0$.

Wir können dieses Argument wiederholen$m=n/2$Zeiten zu erhalten

$P_mBP_m^{-1}= \begin{pmatrix}\lambda_1 Id_{2\times 2}& C'_{2\times 2} &\ldots & C''_{2\times 2}\\ 0_{2\times 2}& \lambda_2 Id &\ldots & D''_{2\times 2}\\ \vdots & \vdots &\ddots & \vdots\\ 0_{2\times 2}& 0_{2\times 2} &\ldots & \lambda_m Id \\ \end{pmatrix}$.

Jetzt,$\det(B)=\prod_{i=1}^m\lambda_i^2\geq 0$. Absurd!