El polinomio característico de$A$ es$x^n$ si y solo si$\text{Tr}(A^i)=0$ para todos$1\le i \le n$.

Question

Deje $k$ ser un campo de característica cero y $A$ ser una matriz de más de $k$. Entonces el polinomio característico de a$A$ es $x^n$ si y sólo si $\text{Tr}(A^i)=0$ para todos los $1\le i \le n$.

La única prueba que se me ocurre es mediante la aplicación de la forma normal de Jordan a $A$ (considerado como una matriz de más de $\overline{k}$). Hay alguna mancha de prueba sin la invocación de este teorema?

Answer 1

$\newcommand{\Tr}{\operatorname{Tr}}$ Este es (ahora) probado en mi nota de La traza de Cayley-Hamilton teorema. Más precisamente, el "si" parte de su reclamo es Corolario 4.1 (d), mientras que el "sólo si" la parte que sigue del Corolario 4.2. Tenga en cuenta que $k$ puede ser arbitraria conmutativa $\mathbb{Q}$-álgebra (no necesariamente un campo); por el "si" de parte, puede ser incluso un anillo arbitrario.

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Una forma alternativa de probar el "sólo si" puede ser obtenida de la siguiente teorema:

Teorema 1. Deje $R$ ser un anillo conmutativo con $1$. Deje $A\in R^{n\times n}$ ser un nilpotent de la matriz. ("Nilpotent" significa que existe un $m\in\mathbb{N}$ tal que $A^m = 0$; no requerimos $m = n$.) A continuación, $\Tr A$ es nilpotent elemento de $R$.

El siguiente ingenioso constructivo argumento de este teorema fue demostrado para mí hace mucho tiempo por Pedro Scholze; me la había enviado en AoPS, pero probablemente sea de interés para la gente aquí igual de bien.

Vamos a utilizar los siguientes dos hechos:

Teorema 2. Deje $f$ ser un polinomio en $R\left[X\right]$, donde $R$ es un anillo conmutativo con $1$. Entonces, las dos sentencias siguientes son equivalentes:

Declaración 1: El elemento $f$ es invertible en a$R\left[X\right]$.

Declaración 2: El coeficiente de $f$ antes $X^0$ es invertible en a$R$, y todos los demás coeficientes de $f$ son nilpotent.

Teorema 2 es probado en la Caracterización de las unidades en el polinomio anillos y en http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=89417 y en varios otros lugares.

Teorema 3. Deje $S$ ser (no necesariamente conmutativo) anillo con $1$. Deje $a\in S$ ser nilpotent, y $x\in S$ ser arbitrario tal que $xa = ax$. A continuación, $1 - xa$ es invertible en a$S$.

La prueba del Teorema 3. El elemento $a$ es nilpotent. En otras palabras, existe un número entero $p \geq 0$ tal que $a^p = 0$. Considere esto $p$.

Los elementos $x$ e $a$ de $S$ conmutar (desde $xa = ax$). Deje $R$ ser el sub-anillo de $S$ generado por estos elementos, $x$ e $a$. Entonces, este anillo de $R$ es generado por dos desplazamientos de los elementos (de hecho, $x$ e $a$ conmutan). Definir $n \in R$ por $n = xa$. Por lo tanto, para cada entero no negativo $k$, tenemos $n^k = \left(xa\right)^k = x^k a^k$ (ya que estamos trabajando en el anillo conmutativo $R$). Aplicando esto a $k = p$, obtenemos $n^p = x^p \underbrace{a^p}_{=0} = 0$. Por lo tanto, $n$ es nilpotent. Por lo tanto, todos excepto un número finito de elementos $n^0, n^1, n^2, \ldots$ son cero. Por lo tanto, la suma de $\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i$ está bien definido (más precisamente: converge con respecto a la topología discreta). Ahora, $$\begin{align} & \left(\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i\right) \left(1-n\right) \\ &= \sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i - \left(\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i\right) n = \sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i - \sum\limits_{i=0}^{\infty} \underbrace{n^i n}_{=n^{i+1}} \\ &= \sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i - \sum\limits_{i=0}^{\infty} n^{i+1} = \sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i - \sum\limits_{i=1}^{\infty} n^i \\ & \qquad \left(\text{here, we have substituted %#%#% for %#%#% in the second sum}\right) \\ &= n^0 = 1 . \end{align}$$ Dado que tanto $i$ e $i+1$ pertenecen al anillo conmutativo $\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i$, esta igualdad implica que $1-n$ es una inversa de a$R$ en $\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i$. Por lo tanto, $1-n$ es una inversa de a$R$ en $\sum\limits_{i=0}^{\infty} n^i$ así. Por lo tanto, $1-n$ es invertible en a$S$. En otras palabras, $1-n$ es invertible en a$S$ (desde $1-xa$). Esto demuestra el Teorema 3. $S$

La prueba del Teorema 1. Deje $n = xa$ ser el anillo de $\blacksquare$. La unidad de este anillo de $S$ es la matriz identidad $\left(R\left[X\right]\right)^{n\times n}$. A través de la canónica de incrustación $S$, se puede considerar que la matriz de $I_n$ como un elemento de $R^{n\times n}\to \left(R\left[X\right]\right)^{n\times n} = S$. Es claramente satisface $A \in R^{n\times n}$ (desde ambos lados de esta ecuación, la igualdad de $S$). Por lo tanto, podemos aplicar el Teorema de 3 a $XI_n \cdot A = A \cdot XI_n$ e $XA$, y obtener ese $a = A$ es invertible en a$x = XI_n$. En otras palabras, $I_n - XI_n\cdot A$ es invertible (desde $S$).

En otras palabras, no existe $I_n - XA$ tal que $XI_n \cdot A = XA$. Considere esto $B\in S$.

Ambos $\left(I_n - XA\right)B = B\left(I_n - XA\right) = I_n$ e $B$ se $I_n - XA$-matrices de más de $B$, y por lo tanto sus determinantes pertenecen a $n \times n$. Tenemos $R\left[X\right]$. Por lo tanto, el elemento $R\left[X\right]$ es invertible en el anillo conmutativo $\det \left(I_n - XA\right) \cdot \det B = \det\left(\underbrace{\left(I_n - XA\right)B}_{=I_n}\right) = \det\left(I_n\right) = 1$.

Por lo $\det\left(I_n - XA\right)$ es un polinomio en a$R\left[X\right]$ , que pasa a ser invertible en a$\det\left(I_n - XA\right)$. Por lo tanto, por el Teorema 2 (más específicamente, por la "Declaración de 1 $R\left[X\right]$ Instrucción 2", la dirección de este teorema), el coeficiente de este polinomio antes de $R\left[X\right]$ es invertible, mientras que todos los otros coeficientes son nilpotent. En particular, el coeficiente de $\Longrightarrow$ antes $X^0$ es nilpotent.

Pero pretendemos que el coeficiente de $\det\left(I_n - XA\right)$ antes $X^1$ es $\det\left(I_n - XA\right)$. Esto puede ser conocida a partir de álgebra lineal; si no, el siguiente argumento es el truco: El anillo de $X^1$ de los polinomios de Laurent contiene el polinomio anillo de $- \Tr A$ como un sub-anillo. Por lo tanto, podemos considerar $R\left[X, X^{-1}\right]$ como un sub-anillo de la matriz de anillo de $R\left[X\right]$. Por lo tanto, el trabajo de más de $S = \left(R\left[X\right]\right)^{n\times n}$, tenemos $\left(R\left[X, X^{-1}\right]\right)^{n\times n}$, por lo que $$\begin{align} \det\left(I_n - XA\right) = \det\left(X\left( X^{-1}I_n - A\right)\right) = X^n\det\left( X^{-1}I_n - A\right), \end{align}$$ y así $$\begin{align} & \left(\text{the coefficient of the polynomial %#%#% before %#%#%}\right) \\ &= \left(\text{the coefficient of the Laurent polynomial %#%#% before %#%#%}\right) \\ &= \left(\text{the coefficient of the Laurent polynomial %#%#% before %#%#%}\right) \\ &= \left(\text{the coefficient of the polynomial %#%#% before %#%#%}\right) \\ & \qquad \left(\begin{array}{c} \text{here, we have substituted %#%#% for %#%#%, using the %#%#%-algebra automorphism} \\ \text{ of %#%#% that swaps %#%#% with %#%#%} \end{array}\right) \\ &= \left(\text{el coeficiente del polinomio característico de la matriz$R\left[X, X^{-1}\right]$$I_n - XA = X\left( X^{-1}I_n - A\right)$} \right) \\ Y = - \Tr A \end{align}$$ (donde la última igualdad signo es, por ejemplo, Corolario 3.22 en mi La traza de Cayley-Hamilton teorema).

Recordemos que el coeficiente de $\det\left(I_n - XA\right)$ antes $X^1$ es nilpotent. Ya sabemos que este coeficiente es $\det\left( X^{-1}I_n - A\right)$, por lo tanto la conclusión de que $X^{1 - n}$ es nilpotent. Por lo tanto, $\det\left( X^{-1}I_n - A\right)$ es nilpotent. Esto demuestra el Teorema 1. $X^{ - \left(n - 1\right)}$

Por supuesto, cuando el anillo conmutativo $\det\left(XI_n - A\right)$ es reducido (es decir, no tiene nilpotents además de a$X^{n - 1}$), la afirmación del Teorema 1 se pueden formular como "$X$".