Si $A$ es un $n \times n$ matriz tal que $A^2=0$ es $A+I_{n}$ ¿Invertible?

Question

Si $A$ es un $n \times n$ matriz tal que $A^2=0$ es $A+I_{n}$ ¿Invertible?

Esta pregunta dio lugar a dos pruebas diferentes de mis profesores, que consiguieron resultados contradictorios (verdadero y falso). ¿Podríais explicar lo que ocurre y ofrecer una prueba que funcione?

Prueba de que es invertible: Consideremos la matriz $A-I_{n}$ . Multiplicando $(A+I_{n})$ por $(A-I_{n})$ obtenemos $A^2-AI_{n}+AI_{n}-I^2_{n}$ . Esto se simplifica a $A^2-I^2_{n}$ que es igual a $-I_{n}$ ya que $A^2=0$ . Por lo tanto, el profesor argumentó, ya que hemos demostrado que existe un $B$ tal que $(A+I_{n})$ veces $B$ es igual a $I$ , $(A+I_{n})$ debe ser invertible. Sin embargo, me temo que se olvidó del signo negativo que sobraba delante de la $I$ -- por lo que tengo entendido, $(A+I_{n})$ * $(A-I_{n})$ = $-I$ no significa que $(A+I_{n})$ es invertible.

Prueba de que no es invertible: Supongamos que $A(x)=0$ tiene una solución no trivial. Ahora, dado $(A+I_{n})(x)=\vec{0}$ multiplique ambos lados por $A$ . Obtenemos $A(A+I_{n})(x)=A(\vec{0})$ que puede escribirse como $(A^2+A)(x)=\vec{0}$ que se simplifica en $A(x)=0$ , como $A^2=0$ . Dado que asumimos que $A(x)=0$ tiene una solución no trivial, acabamos de demostrar que $(A+I_{n})$ también tiene una solución no trivial. Por lo tanto, no es invertible.

No estoy seguro de haber reproducido la segunda prueba con total exactitud (creo que sí), pero la idea era demostrar que si $A(x)=\vec{0}$ tiene una solución no trivial, $A(A+I_{n})$ también lo hace, haciendo que $A(A+I_{n})$ no invertible. Pero independientemente de las pruebas, se me ocurren ejemplos que demuestran que, al menos en algunos casos, la afirmación es cierta; consideremos las matrices $\begin{bmatrix} 0 & 0\\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ y $\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ que, cuando se añade $I_{2}$ a, convertirse en invertible.

¡Muchas gracias!

Answer 1

El signo menos no es un obstáculo: si $AB = -I$ entonces $A(-B) = -(AB) = -(-I) = I$ . Así que, de hecho, si $A^2 = 0$ entonces $(A+I)(I-A) = A - A^2 + I - A = I$ Así que $A+I$ es invertible, como señaló su primer profesor.

El error en el segundo argumento es el siguiente: Es cierto que si $B\mathbf{x}=\mathbf{0}$ tiene una solución no trivial, entonces $CB\mathbf{x}=\mathbf{0}$ tiene una solución no trivial. Por lo tanto, si $B$ no es invertible, entonces $CB$ no es invertible. Pero eso no es lo que se argumentó. Lo que se argumentó en su lugar fue que como $CB\mathbf{x}=\mathbf{0}$ tiene una solución no trivial, entonces se deduce que $B\mathbf{x}=\mathbf{0}$ tiene una solución no trivial (con $B=A+I$ y $C=A$ ). Este argumento es incorrecto: siempre se puede tomar $C=0$ y eso significaría que ninguna matriz es invertible.

Es cierto que si $A$ no es invertible, entonces ningún múltiplo de $A$ es invertible (por lo que para cada $C$ , ni $CA$ ni $AC$ son invertibles); así que puede deduzcan que $A(A+I)$ no es invertible. Esto hace no demostrar que $A+I$ no es invertible, sin embargo, que es lo que querías demostrar.

Ahora, para obtener puntos extra, demuestre que si $A$ es un $n\times n$ matriz y $A^k=0$ para algún número entero positivo $k$ entonces $A+\lambda I_n$ es invertible para cualquier $\lambda$ .

Añadido: Para obtener puntos extra, explique por qué el argumento se rompería si sustituimos $\lambda I_n$ con una matriz invertible arbitraria $B$ .

Answer 2

Por si sirve de algo, sólo quiero mencionar que lo que ocurre aquí es en realidad un ejemplo de un resultado más general sobre los anillos. Si $R$ es un anillo entonces un elemento $a \in R$ se dice que nilpotente si hay $n \in \mathbb{N}$ tal que $a^n = 0$ .

En su pregunta, la condición de su matriz que $A^2 = 0$ sólo significa que es nilpotente.

Ahora bien, si $R$ es un anillo con unidad, entonces si $a \in R$ es nilpotente se puede demostrar que $1 - a$ es un invertible elemento (o unidad) del anillo $R$ , lo que significa que hay un $b \in R$ tal que $(1 - a)b = b(1 - a) = 1$ . A partir de ahí, sólo hay que cambiar $a$ con $-a$ para ver también que $1 + a$ es invertible.

Estoy bastante seguro de que esto es lo que Arturo tenía en mente al añadir ese ejercicio para obtener puntos extra para ti, así que no daré el argumento aquí. Puedes encontrarlo en esta entrada de planetmath si quieres mirarlo. Pero te sugiero que primero lo pruebes por ti mismo, para las matrices al menos.

Answer 3

Sugiero pensar en el problema en términos de valores propios. Intenta probar lo siguiente:

Si $A$ es un $n \times n$ matriz (sobre cualquier campo) que es nilpotente -- es decir, $A^k = 0$ para algún número entero positivo $k$ entonces $-1$ no es un valor propio de $A$ (o, de forma equivalente, $1$ no es un valor propio de $-A$ ).

Si puedes demostrar esto, puedes demostrar una afirmación más fuerte y recoger puntos extra de Arturo Magidin.

( Añadido : La respuesta de Adrian -que apareció mientras yo escribía la mía- es similar, y probablemente mejor: más simple y más general. Pero afirmo que siempre es una buena idea tener en mente los valores propios cuando se piensa en matrices).

Añadido Aquí hay una pista para una solución que no tiene nada que ver con los valores propios (o, como señala Adrian con razón, tampoco con las matrices). Recordemos la fórmula de la suma de una serie geométrica infinita:

$\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \ldots + x^n + \ldots$

Tal y como está escrito, se trata de una afirmación analítica, por lo que hay que tener en cuenta las cuestiones de convergencia. (Por ejemplo, si $x$ es un número real, necesitamos $|x| < 1$ .) Pero si ocurre que algún poder de $x$ es igual a cero, entonces también lo son todas las potencias superiores y la serie no es infinita después de todo... Con sólo un poco de trabajo, se puede hacer un sentido puramente algebraico de esto.