Las huellas de todos los poderes positivos de una matriz son cero implica es nilpotent

Question

Deje $A$ $n\times n$ complejo nilpotent de la matriz. Entonces sabemos que debido a que todos los autovalores de a $A$ debe ser 0, se sigue que $\text{tr}(A^n)=0$ para todos los enteros positivos $n$.

Lo que me gustaría mostrar es a la inversa, es decir, si $\text{tr}(A^n)=0$ para todos los enteros positivos $n$, $A$ es nilpotent. He intentado mostrar que 0 debe ser un autovalor de a $A$, a continuación, tratar de mostrar que todos los otros valores debe ser igual a 0. Sin embargo, estoy atascado en el punto donde debo mostrar que $\det(A)=0$.

Puede que yo sepa el enfoque para demostrar que $A$ es nilpotent?

Answer 1

Suponga que para todo $k=1,\ldots,n$, $\mathrm{tr}(A^k) = 0$ donde $A$ $n\times n$ matriz.
Consideramos que los autovalores de a $\mathbb C$.

Supongamos $A$ no es nilpotent, por lo $A$ tiene algunos distinto de cero autovalores $\lambda_1,\ldots,\lambda_r$.
Deje $n_i$ la multiplicidad de $\lambda_i$ $$\left\{\begin{array}{ccc}n_1\lambda_1+\cdots+n_r\lambda_r&=&0 \\ \vdots & & \vdots \\ n_1\lambda_1^r+\cdots+n_r\lambda_r^r&=&0\end{array}\right.$$ Así que tenemos $$\left(\begin{array}{cccc}\lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_r\\\lambda_1^2 & \lambda_2^2 & \cdots & \lambda_r^2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \lambda_1^r & \lambda_2^r & \cdots & \lambda_r^r\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n_1 \\ n_2 \\ \vdots \\ n_r \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0 \\ 0\\ \vdots \\ 0\end{array}\right)$$ Pero $$\mathrm{det}\left(\begin{array}{cccc}\lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_r\\\lambda_1^2 & \lambda_2^2 & \cdots & \lambda_r^2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \lambda_1^r & \lambda_2^r & \cdots & \lambda_r^r\end{array}\right)=\lambda_1\cdots\lambda_r\,\mathrm{det}\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_r\\\lambda_1^2 & \lambda_2^2 & \cdots & \lambda_r^2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \lambda_1^{r-1} & \lambda_2^{r-1} & \cdots & \lambda_r^{r-1}\end{array}\right)\neq 0$$ (Vandermonde)

Así, el sistema tiene una única solución que es $n_1=\ldots=n_r=0$. Contradicción.

Answer 2

Si los autovalores de a $A$ $\lambda_1$, $\dots$, $\lambda_n$, entonces los autovalores de a $A^k$ $\lambda_1^k$, $\dots$, $\lambda_n^k$. De ello se sigue que si todos los poderes de $A$ cero de seguimiento, a continuación, $$\lambda_1^k+\dots+\lambda_n^k=0\qquad\text{for all $k\geq1$.}$$ Using Newton's identities to express the elementary symmetric functions of the $\lambda_i$'s in terms of their power sums, we see that all the coefficients of the characteristic polynomial of $$ (except that of greatest degree, of course) are zero. This means that $$ es nilpotent.

Answer 3

Aquí es un argumento que no implica Newton identidades, a pesar de que todavía está estrechamente relacionado con la simétrica funciones. Escribir $$f(z) = \sum_{k\ge 0} z^k \text{tr}(A^k) = \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 - z \lambda_i}$$

donde $\lambda_i$ son los autovalores de a $A$. Como una función de meromorphic, $f(z)$ tiene polos en los recíprocos de todos los autovalores distintos de cero de a $A$. Por lo tanto, si $f(z) = n$ idéntica, entonces no hay ningún tipo distinto de cero autovalores.

El argumento uso de Newton identidades, sin embargo, demuestra la declaración más fuerte que sólo tenemos que requieren $\text{tr}(A^k) = 0$$1 \le k \le n$. Newton identidades son, de hecho, equivalente a la identidad $$f(z) = n - \frac{z p'(z)}{p(z)}$$

donde $p(z) = \prod_{i=1}^n (1 - z \lambda_i)$. Para demostrar esta identidad es suficiente para observar que $$\log p(z) = \sum_{i=1}^n \log (1 - z \lambda_i)$$

y la diferenciación de ambos lados da $$\frac{p'(z)}{p(z)} = \sum_{i=1}^n \frac{- \lambda_i}{1 - z \lambda_i}.$$

(El argumento uso de Newton identidades también es válida en cualquier campo de característica cero.)