Niezmiennik mnożenia przez macierz

[neworder]

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\max\{|x_{1}|,|x_{2}|,...,|x_{n}|\}}\) , gdzie \(\displaystyle{ x=(x_{1},x_{2},...,x_{n})\in \mathbb{R}^{n}}\).
Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie macierzą n x n taką, że \(\displaystyle{ f(Ax)=f(x)}\) dla każdego \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}^{n}}\)
Pokazać, że \(\displaystyle{ A^{m}=I_{n}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ m\in \mathbb{N}}\).

[g]

wyciagne, bo fajne. o tyle ciekawe, ze z poczatku myslalem, ze \(\displaystyle{ f}\) moze byc dowolna norma i tez pojdzie, a tu sie okazuje, ze nie. jestem ciekaw rozwiazania, jesli nie zawiera jakichs kosmicznych rachunkow.

[neworder]

Niestety, nie znam rozwiazania - zadanie wzialem z forum Mathlinks, tam tez nikt tego nie zrobil.

[max]

Stary ten temat, ale sobie wykopię, bo zadanie dość ciekawe.

Spędziłem nad tym trochę czasu i wynalazłem jakiś dowód, który zamieszczam poniżej.
Istnieje również zgrabny (niesamowicie prosty w porównaniu z poniższym) dowód, którego niestety nie udało mi się wymyślić. Tego na razie nie zamieszczam, może ktoś spróbuje znaleźć.

Oznaczmy \(\displaystyle{ \|u\| = \max\{|u_{1}|,\ldots, |u_{n}|\}, \ \overline{u} = \begin{bmatrix}\overline{u_{1}}\\ \vdots\\ \overline{u_{n}}\end{bmatrix}}\) dla \(\displaystyle{ u = \begin{bmatrix}u_{1}\\ \vdots\\ u_{n}\end{bmatrix}\in \mathbb{C}^{n}}\)

Z tw Jordana wystarczy pokazać dwie rzeczy:
1. Zespolone wartości własne \(\displaystyle{ A}\) są pierwiastkami z jedynki.
2. \(\displaystyle{ A}\) jako macierz zespolona ma jednowymiarowe klatki Jordana.

Będziemy wykorzystywać więcej niż raz następujące lematy:
I. Jeśli \(\displaystyle{ z\in \mathbb{S}^{1}:= \{z\in \mathbb{C} \ : \ |z| = 1\}}\) nie jest pierwiastkiem zespolonym z \(\displaystyle{ 1}\) to zbiór \(\displaystyle{ \{z^{k} \ : \ k\in \mathbb{N}\}}\) jest gęsty w \(\displaystyle{ \mathbb{S}^{1}.}\)

Komentarz:    

Jest to równoważne z powszechnie znanym faktem, iż zbiór części ułamkowych liczb \(\displaystyle{ \{n\kappa\ : \ n\in \mathbb{N}\}}\) dla ustalonej liczby niewymiernej \(\displaystyle{ \kappa}\) jest gęsty w \(\displaystyle{ [0,1)}\)
Równoważność tę można zobaczyć pamiętając, że dowolny punkt \(\displaystyle{ \mathbb{S}^{1}}\) zapisuje się jednoznacznie jako \(\displaystyle{ e^{2ix\pi}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x in [0,1),}\) i że funkcja wykładnicza jest okresowa o okresie \(\displaystyle{ 2\pi}\) i zawężona do \(\displaystyle{ i(0,2\pi)}\) jest homeomorfizmem.

II. Jeśli \(\displaystyle{ z\in \mathbb{C}\setminus\{0\}}\) oraz \(\displaystyle{ r \in \mathbb{R},}\) to równanie
\(\displaystyle{ |z - \alpha \overline{z}| = r}\) ma co najwyżej 2 rozwiązania \(\displaystyle{ \alpha\in \mathbb{S}^{1}}\)

Komentarz:    

Wyjaśnienia wymaga tylko przypadek \(\displaystyle{ r > 0.}\)
Najprościej chyba geometrycznie - \(\displaystyle{ \alpha \overline{z}}\) i \(\displaystyle{ z}\) leżą na tym samym okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ 0\in \mathbb{C}.}\)
Okrąg ten przecina się z okręgiem o środku w punkcie \(\displaystyle{ z}\) i promieniu \(\displaystyle{ r^{2}}\) w co najwyżej 2 punktach.
Pozostaje zauważyć, że mnożenie przez \(\displaystyle{ \overline{z}}\) jest bijekcją.

Teraz dowód:

Najpierw 1, bo przyda się (częściowo) w 2:    

Niech \(\displaystyle{ \lambda \in \mathbb{C},\ v\in \mathbb{C}^{n}\setminus\{0\}}\) będą takie, że
\(\displaystyle{ Av = \lambda v}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \lambda \in \mathbb{R},}\) to bez straty ogólności \(\displaystyle{ v\in \mathbb{R}^{n}}\) a wtedy z założenia \(\displaystyle{ \|Av\| = \|v\|,}\) czyli \(\displaystyle{ \lambda^{2} = 1.}\)

Przyjmijmy teraz, że \(\displaystyle{ \lambda \not \in \mathbb{R}.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ A}\) ma wyrazy rzeczywiste, to \(\displaystyle{ A\overline{v} = \overline{Av} = \overline{\lambda v}.}\)
Z założenia \(\displaystyle{ \|A^{k}(i(v -\overline{v}))\| = \|i(v - \overline{v})\|,}\) zatem indukcyjnie \(\displaystyle{ \|\lambda^{k}v - \overline{\lambda^{k}v}\| = \|v - \overline{v}\|,}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}.}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ \xi:= \tfrac{\overline{\lambda}}{\lambda}}\) i przepiszmy powyższą równość jako:
\(\displaystyle{ |\lambda|^{k}\|v - \xi^{k}\overline{v}\| = \|v - \overline{v}\| > 0.}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ |\lambda| = 1}\)
Rzeczywiście - wyrażenie \(\displaystyle{ \|v - \xi^{k}\overline{v}\|}\) ma niezerowy punkt skupienia
(bo jeśli \(\displaystyle{ \xi}\) jest pierwiastkiem z 1, to mamy podciąg stale równy \(\displaystyle{ \|v - \overline{v}\|,}\) a w przeciwnym wypadku zbiór potęg naturalnych \(\displaystyle{ \xi}\) jest gęsty na okręgu jednostkowym (pierwszy lemat) i korzystamy z drugiego lematu)
i przechodząc z \(\displaystyle{ k}\) do nieskończoności uzyskujemy \(\displaystyle{ |\lambda| = 1.}\)

Zatem mamy:
\(\displaystyle{ \|v - \xi^{k}\overline{v}\| = \|v - \overline{v}\|.}\)

Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ \lambda}\) nie jest pierwiastkiem zespolonym z \(\displaystyle{ 1.}\)

Wtedy \(\displaystyle{ \lambda^{k}\not\in \mathbb{R}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ k,}\) w szczególności \(\displaystyle{ \xi}\) nie jest pierwiastkiem z \(\displaystyle{ 1.}\)
Stąd zbiór \(\displaystyle{ \{\xi^{k} \ : \ k\in \mathbb{N}\}}\) jest gęsty na okręgu jednostkowym.
Teraz zauważamy, że znajdziemy takie \(\displaystyle{ \mu \in \mathbb{S}^{1},}\) że i dla \(\displaystyle{ i,j = 1,\ldots, n}\)
\(\displaystyle{ |v_{j} - \mu\overline{v_{j}}| \neq |v_{i} - \overline{v_{i}}|}\)
jeśli tylko \(\displaystyle{ v_{j}\neq 0}\)
(korzystamy z drugiego lematu),
dobieramy podciąg ciągu \(\displaystyle{ \xi^{k}}\) zbieżny do \(\displaystyle{ \mu}\) i mamy sprzeczność.

2:    

Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że istnieją \(\displaystyle{ u,v\in \mathbb{C}^{n}\setminus\{0\}}\) oraz wartość własna \(\displaystyle{ \lambda}\) takie, że
\(\displaystyle{ Au = \lambda u, \ Av = \lambda v + u}\)

Jeśli \(\displaystyle{ \lambda \in \mathbb{R},}\) to bez straty ogólności \(\displaystyle{ u,v\in\mathbb{R}^{n}.}\)
Ponadto z 1. mamy \(\displaystyle{ \lambda \in \{-1,1\}.}\)
-jeśli \(\displaystyle{ \lambda = 1,}\) to z założenia \(\displaystyle{ \|v\| =\|A^{k}v\| = \|v + ku\|}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N},}\)
-jeśli \(\displaystyle{ \lambda = -1,}\) to z założenia \(\displaystyle{ \|v\| = \|A^{k}v\| = \|(-1)^{k}v + (-1)^{k-1}ku\| = \|-v + ku\|}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ u\neq 0,}\) to przechodząc z \(\displaystyle{ k}\) do nieskończoności w obu przypadkach mamy sprzeczność.

Jeśli \(\displaystyle{ \lambda \not \in \mathbb{R},}\) to ponieważ z założenia \(\displaystyle{ \|A^{k}(i(u - \overline{u}))\| = \|i(u-\overline{u})\|,}\) to:
\(\displaystyle{ 0<\|u-\overline{u}\| = \|A^{k}(u-\overline{u})\| = \|\lambda^{k}u-\overline{\lambda}^{k}\overline{u}\|\\
\|v - \overline{v}\| = \|A^{k}(v - \overline{v})\| = \|\lambda^{k}v - \overline{\lambda}^{k}\overline{v} + k(\lambda^{k-1}u - \overline{\lambda}^{k-1}\overline{u})\|}\)
Ale wtedy prawa strona ostatniej równości z nierówności trójkąta i pierwszej równości szacuje się od dołu dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ k}\) przez:
\(\displaystyle{ |\|\lambda^{k}v - \overline{\lambda}^{k}\overline{v}\| - k\|u-\overline{u}\||>|2\|v\| - k\|u-\overline{u}\||\to \infty}\) przy \(\displaystyle{ k\to\infty}\)
sprzeczność.

Komentarz do dowodu:    

W zasadzie ze szczególności przypadku normy maksimum korzystaliśmy tylko pod koniec 1.

W ogólności w 1. pokazaliśmy przy okazji, że każda izometria w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{n}}\) względem dowolnej normy ma zespolone wartości własne o module \(\displaystyle{ 1.}\)
Stąd i z tego co pokazaliśmy w 2. wynika, że każda taka izometria ma klatki Jordana wymiaru 1.

Natomiast jeśli dobierzemy inną normę, to 1. może nie zadziałać.
Np dla normy euklidesowej w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{2}}\) wystarczy dobrać obrót o dowolny kąt niewspółmierny z \(\displaystyle{ \pi.}\) Wtedy teza zadania jest nieprawdziwa.