Comment prouver que cette matrice est diagonalisable?

Nov 20 2020

J'essaie des questions d'affectation d'algèbre linéaire et je n'ai pas pu résoudre cette question particulière concernant la diagonalisabilité.

Laisser $n \times n$ matrice complexe $A$ satisfait $A^k = I$ la $n \times n $ matrice d'identité, où $k$ est un entier positif $>1$ et laissez $1$ ne pas être une valeur propre de $A$. Alors comment prouver que A est une nécessité diagonalisable?

Comme $A^k=I$ et 1 n'est pas une valeur propre donc $(A-I ) (A^{k-1}+...+ I)=0$ implique que $(A^{k-1}+...+ I)=0$ mais je suis incapable d'avancer.

Peux-tu aider s'il te plait?

Réponses

4 LawNgai Nov 20 2020 at 09:56

Vous auriez pu supposer moins. La condition "1 n'est pas une valeur propre de$A$"est inutile.

Rappelons qu'une matrice complexe $A$est diagonisable si et seulement si son polynôme minimal n'a pas de racines multiples. Si$A^k = I$, alors le polynôme minimal de $A$, que nous désignons par $f(x)$, divise nécessairement $x^k - 1$. Nous concluons que$f(x)$ ne peut pas avoir plusieurs racines depuis $x^k - 1$ a $k$ racines distinctes dans $\mathbb{C}$. Par conséquent$A$ est diagonisable.

Alternativement, nous pouvons utiliser Jordan Canonical Form pour voir la diagonisabilité. Supposons au contraire$A$ n'est pas diagonalisable, alors il doit exister un bloc Jordan non trivial $B$ de la forme canonique jordanienne sous la forme suivante: $$\begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots& \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}$$ qui satisfait $B^k = I$. Ceci est impossible en calculant, par exemple, le$(1,2)$-entrée de $B^k$, depuis $\lambda \neq 0$.

1 Mars Nov 20 2020 at 09:49

Laisser $A=SJS^{-1}$ être la forme normale de la Jordanie alors $A^{k}=(SJS^{-1})^k=(SJ^{k}S^{-1})=I$. Puis multiplier par$S^{-1}$ à gauche et $S$ sur les bons rendements $J^k=I$. Si$J$ avait un bloc Jordan $J_i$ de taille $n>1$ correspondant à la valeur propre $\lambda_{i}$, puis $J_i^k$ aurait des entrées super diagonales $(2\lambda_{i})^{(k-1)}\neq 0$.

Sobhmatics Nov 20 2020 at 09:19

Il existe un théorème qui dit que si une matrice carrée A est diagonisable, alors toute puissance positive de A, c'est-à-dire A ^ k, k appartient à Z +. A ^ k est également diagonisable

MAIS LA partie CONVERSE n'est vraie que si A est inversible ie. Si On nous donne que A ^ k est diagonisable et A est inversible alors A est diagonisable. Vous pouvez voir la preuve ici si$A$ est inversible et $A^n$ est diagonalisable, alors $A$ est diagonalisable.

On nous donne ici que A ^ k = I Donc A est inversible et Identifier est toujours diagonisable Donc A est diagonisable.

J'espère que cela vous sera utile