Cómo probar que una matriz es nilpotent?

Question

Dado un $n\times n$ triangular superior de la matriz $A$ con cero en la diagonal principal, muestran que $A^n = 0$.

He hecho alguna operación de matriz y se dio cuenta que la diagonal se mueve, en última instancia, todas las entradas será de cero. Hay una manera mejor de hacerlo?

Answer 1

Si $\mathbf{e}_1,\ldots,\mathbf{e}_n$ es el estándar de base para $\mathbb{R}^n$ (o lo que su base es de campo), a continuación, observe que $A\mathbf{e}_1=\mathbf{0}$, y $$A\mathbf{e}_i \in \mathrm{span}(\mathbf{e}_1,\ldots,\mathbf{e}_{i-1}),\quad i=2,3,\ldots,n.$$

Ahora muestran que $A^n\mathbf{e}_i = \mathbf{0}$ todos los $i$ para obtener la conclusión deseada.

Answer 2

Puede ser demostrado por inducción: para $n=2$ es un simple cálculo. Si el resultado es cierto para $n$, e $A=\pmatrix{T_n&v\\\ 0&0}$ donde $T_n$ $n\times n$ triangular de la matriz con ceros en la diagonal principal, a continuación, para cada una de las $p\geq 1$ tenemos $A^p=\pmatrix{T_n^p&T_n^{p-1}v\\\ 0&0}$. Por lo tanto, para $p=n+1$ obtenemos $A^{n+1}=\pmatrix{T_n^{n+1}&T_n^nv\\\ 0&0}=0$ (debido a $T_n^n=0$).

Answer 3

Una $n\times n$ triangular superior de la matriz $A$ ha polinomio característico $X^n$. Por lo tanto, por el teorema de Cayley-Hamilton consigue $A^n=0$.

Answer 4

Supongamos que $a_{i\,j}=(A)_{i\,j}=0$ $i\ge j$ $b_{i\,j}=(B)_{i\,j}=0$ $i\ge j-m$ donde $A$ $B$ $n\times n$ matrices. Considerar cuando es posible tener $a_{i\,j}b_{j\,k}\not=0$.

Tener $a_{i\,j}\not=0$ debemos tener $i<j$ ($i\le j-1$).

Tener $b_{j\,k}\not=0$ debemos tener $j<k-m$ ($j\le k-m-1$).

Por lo tanto, para tener $a_{i\,j}b_{j\,k}\not=0$, debemos tener $i<k-m-1$ ($i\le k-m-2$).

Así, por $i\ge k-m-1$ $$(AB)_{i\,k}=\sum_{j=1}^na_{i\,j}b_{j\,k}=0\etiqueta{1}$$ La matriz $A$ especificado en la pregunta ha $a_{i\,j}=0$$i\ge j$. El uso de $(1)$ e inducción, tenemos que $(A^m)_{i\,j}=0$$i\ge j-m+1$. Esto significa que $(A^n)_{i\,j}=0$$i\ge j-n+1$, lo que significa que $(A^n)_{i\,j}=0$ todos los $1\le i,j\le n$.

Por lo tanto, $A^n=0$.

Answer 5

He aquí una bonita gráfica teórica de la prueba. Dado un $n \times n$ matriz $A$ considera el grafo dirigido $D(A)$ $n$ vértices donde vértice $i$ se une con el vértice $j$ con una ventaja de peso $a_{ij}$ siempre $a_{ij} \neq 0$.

Definir el peso de un pie en $D(A)$ como el producto de todas las entradas en sus bordes. Puede verse fácilmente que el $ij$ entrada de $A^k$ es la suma de los pesos de todos los posibles caminos de longitud $k$ desde el vértice $i$ hasta el vértice $j$$D(A)$.

Ahora si $A$ es estrictamente triangular superior de la matriz, a continuación, en $D(A)$ hay una arista entre los vértices $i$ y el vértice $j$ si $i < j$. Por lo tanto, $D(A)$ no contiene ciclos. Y, por tanto, no puede ser de cualquiera de los ámbitos de longitud mayor o igual a $n$$D(A)$, lo que demuestra que el $A^n = 0$.