No negatividad del determinante de una matriz conmutativa

Esquema de prueba: usando el hecho de que$A^2 = -I_n$, Concluye esto$n$debe ser par y que existe alguna matriz invertible$P \in M_n(\Bbb R)$tal que

Ahora bien, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que$A = J$(tenga en cuenta que$A$viaja con$B$si y si$P^{-1}AP$viaja con$P^{-1}BP$). Dividir$B$en cuatro$k \times k$bloques:

No hay nada que hacer cuando$\det\big(B\big)=0$entonces consideramos el caso cuando$B\in GL_n\big(\mathbb R\big)$.

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

$A \in GL_n(\mathbb R)$tiene valores propios en (el campo de extensión$\mathbb C$)$\lambda \in \big\{i,-i\big\}$que debe venir en pares conjugados por lo tanto$n=2\cdot m$.$A$es similar a su Forma Canónica Racional dada por, para algunos$S \in GL_n(\mathbb R)$
$S^{-1}AS = \left[\begin{matrix}A' & \mathbf 0&\cdots&\mathbf 0\\\mathbf 0 & A'&\cdots &\mathbf 0\\ \vdots&\vdots &\ddots &\vdots \\ \mathbf 0&\mathbf 0 &\mathbf 0 &A'\end{matrix}\right]$

que es una permutación similar a la matriz simpléctica$J$
$J=\left[\begin{matrix}\mathbf 0 & I_m\\-I_m & \mathbf 0\end{matrix}\right]= (SP)^{-1}A(SP)=W^{-1}AW$

$Z:= W^{-1}BW$
y la conjugación preserva la conmutatividad por lo que
$ZJ= JZ\implies Z^TJ= JZ^T$
Justificación: transponiendo, luego negando cada lado (o aplicando el Teorema de Fuglede)

$\implies J\big(Z^TZ\big) = \big(JZ^T\big)Z = \big(Z^TJ\big)Z= Z^T\big(JZ\big)= Z^T\big(ZJ\big)=\big(Z^TZ\big) J$
lo que implica, al trabajar sobre$\mathbb C$, eso$J$y$\big(Z^TZ\big)$son simultáneamente diagonalizabile lo que implica$J$también conmuta con la raíz cuadrada$(Z^TZ)^\frac{1}{2}$.

aplicando la Descomposición Polar, tenemos
$Z=Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}$
$JQ\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}=JZ=ZJ=Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}J=QJ\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\implies JQ=QJ$

terminar 1: vía grupo simpléctico:
vía multiplicación izquierda por$Q^T$
$\implies Q^T J Q =J$
De este modo$Q\in SP_{2n}\big(\mathbb R\big)$
es decir$Q$está en el grupo simpléctico (que está conectado por caminos) por lo que$\det\big(Q\big) =1$y
$\det\Big(B\Big)=\det\Big(W^{-1}BW\Big) = \det\Big(Z\Big)= \det\Big(Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big) = 1 \cdot \det\Big(\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big)\geq 0$

final 2: J-invariancia:
Supongamos por contradicción que$\det\big(Q\big) = -1$. Esto implica$Q$tiene una cantidad impar de valores propios igual a$-1$entonces$\dim \ker \big(Q+I\big) = r$lo cual es raro

$J\big(Q+I\big)= \big(Q+I\big)J$entonces$\ker \big(Q+I\big)$es un$J-$subespacio invariante de dimensión impar. Dejar$\mathbf B$y$\mathbf B'$ser dos bases diferentes para$\ker \big(Q+I\big)$.$\mathbf B$se crea de la manera típica mediante la recopilación$r$vectores linealmente independientes de$\ker \big(Q+I\big)$-- estos vectores de coordenadas necesariamente tienen todas las componentes reales. Ahora trabajando de nuevo$\mathbb C$, Nosotros creamos$\mathbf B'$, también una base para$\ker \big(Q+I\big)$, esta vez usando vectores propios de$J$(ref, por ejemplo, aquí Para una matriz simétrica real$A$, son los subespacios dados por la amplitud de los vectores propios los únicos$A$-subespacios invariantes? ).

Entonces$J\mathbf B = \mathbf B M$y$J\mathbf B' = \mathbf B' M'$, para$M,M' \in GL_{r}\big(\mathbb C\big)$. Entonces$M$y$M'$son similares por lo que$\text{trace}\big(M\big)=\text{trace}\big(M'\big)$.

$M$es real (porque$J$y$\mathbf B$son tan$\text{trace}\big(M\big)\in \mathbb R$. Pero$M'$es una matriz diagonal con todas las entradas iguales$\pm i$y$r$es extraño entonces$\text{trace}\big(M'\big)\neq 0\implies \text{trace}\big(M\big)=\text{trace}\big(M'\big)\notin \mathbb R$lo cual es una contradicción. De este modo$\det\big(Q\big)=1$una vez mas$\det\Big(B\Big)=\det\Big(W^{-1}BW\Big) = \det\Big(Z\Big)= \det\Big(Q\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big) = 1 \cdot \det\Big(\big(Z^TZ\big)^\frac{1}{2}\Big)\geq 0$

Desde$A^2=-Id$, sus valores propios son$\pm i$. Entonces$A$no tiene un vector propio real.

Por contradicción suponer que$\det(B)<0$. Por eso$B$tiene un valor propio negativo$\lambda_1$. (Dado que los valores propios complejos de$B$vienen en pares conjugados, si los valores propios reales de$B$no son negativos entonces$\det(B)$sería no negativo también).

Dejar$v\in \mathbb{R}^n$ser tal que$Bv=\lambda_1 v$. Entonces$ABv=\lambda_1 Av$. De este modo,$BAv=\lambda_1 Av$.

Desde$Av,v$son linealmente independientes (A no tiene un vector propio real) y$A$deja lapso invariante$\{v,Av\}$entonces existe una matriz real invertible$P_1$tal que

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

Estas matrices aún conmutan. Entonces$B_1A_1=A_1B_1$. Por supuesto$A_1^2=-Id_{n-2\times n-2}$.

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

Podemos repetir este argumento$m=n/2$veces para obtener

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

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