Si$A^k$ conmuta con$B$ entonces$A$ conmuta con$B$.

Question

Deje $A$ e $B$ dos $n \times n$ matrices Complejas. Suponga que $(A-I)^n=0$ e $A^kB=BA^k$ para algunos $k \in \mathbb{N}$. A continuación, quiero demostrar que la $AB= BA$.

Claramente $1$ es la única eigen valor de $A$ y también se $A^k$ e $B$ son simultáneamente triangulable. Pero, ¿cómo puedo bajar a $A$ a conmuta con $B$. Cualquier ayuda será apreciada. Gracias.

Answer 1

Sugerencia. Intenta demostrar que $A$ es un polinomio en a$A^k$.

Edit. Para probar la pista, usted puede seguir darij grinberg del comentario de abajo. Hice esencialmente la misma cosa, pero a partir de una matriz analítica en lugar de lineales algebraicas perspectiva: la que considera la matriz principal función de $f(X)=(I+X)^{1/k}=\sum_{i=0}^\infty \frac{f^{(i)}(0)}{k!}X^i$ para un nilpotent matriz $X$ asociado con la función escalar $f(x)=(1+x)^{1/k}$. Poner $X=A^k-I$ y hemos terminado.

Alternativamente, la sugerencia se puede probar usando sólo Jordania formas, pero el argumento es mucho más larga.

1. Deje $J$ ser el Jordan en la forma de $A$. Dado que todos los autovalores de a$A$ son queridos, podemos escribir $J=J_{m_1}\oplus J_{m_2}\oplus\cdots\oplus J_{m_b}$, donde $1\le m_1\le m_2\le\cdots\le m_b$ e $J_m$ denota un bloque de Jordan de tamaño $m$ para el autovalor $1$.
2. Tenga en cuenta que si $r\ge0$ e $m<n$, a continuación, $J_m^r$ coincide con el líder principal de $m\times m$ submatriz de a$J_n^r$. Por lo tanto $p(J_m^k)$ coincide con una de las principales submatriz principal de a$p(J_n^k)$ para cualquier polinomio $p$.
3. De ello se sigue que si $p(J_n^k)=J_n$, a continuación, $p(J_m^k)=J_m$ por cada $m<n$. Esto es especialmente cierto cuando se $m\in\{m_1,m_2,\ldots,m_b\}$. En consecuencia, $p(A^k)=A$.
4. Por lo tanto el problema se reduce a encontrar un polinomio $p$ tal que $p(J_n^k)=J_n$. Esta debe ser clara y yo se la dejo a usted.

Answer 2

Si $A$ sólo ha $1$ como autovalor entonces es invertible (y de la forma $I+N$ donde $N$ es nilpotent con $N^n=0$).

$A $ es satisfactorio también cualquier ecuación de $(A^i-I)^n=0$ así que podemos escribir

$(A-I)^n=0, (A^2-I)^n=0, \dots (A^k-I)^n=0$.

También nos puede escribir ${A^k} B(A^k)^{-1}=B$.
De manera similar

${A^k} B(A^k)^{-1}=({A^k})^{-1} B(A^k)$

${A^{2k}} B = B(A^{2k})$, etc..

Para cualquier natural $m$:

${A^{mk}} B = B(A^{mk})$

Si los poderes de $(A^k)^m$ podría ser una base para la expresión de $A$ , a continuación, conmutatividad seguiría...