La simplicidad de autovalor

Question

Tengo una matriz de $A$ y te presento $(I+A)^{m},$ donde $I$ es la matriz identidad del mismo orden con $A$ $m$ es un entero positivo. Quiero demostrar que si $(1+ \lambda )^m$ simple es un autovalor de a $(I+A)^m$, es decir, no es la repetición de una raíz del polinomio característico de a $(I+A)^m,$ $\lambda$ simple es un autovalor de a $A.$ Cualquier ayuda con esto será muy apreciado.

Edit: a lo que me refiero, por un simple autovalor.

Para una matriz arbitraria $A$ orden $n \times n,$ deje $\lbrace \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3, \dots ,\lambda_k \rbrace$ el conjunto de los distintos autovalores de a $A.$ El polinomio característico de a $A,$ denotado $p(\lambda),$ puede ser escrito en la factorizados forma $$\begin{equation} p(\lambda) = (\lambda_1-\lambda)^{n_1}(\lambda_2-\lambda)^{n_2} \dotsm (\lambda_k-\lambda)^{n_k}\end{equation}$$ con a $n_1+n_2+ \dotsm +n_k = n.$ El exponente $n_i,$ correspondiente a cada autovalor $\lambda_i,$ se llama la multiplicidad algebraica de $\lambda_i$ y la dimensión del espacio nulo de a $A - \lambda_i I, \dim(N(A - \lambda_i I )),$ se llama la multiplicidad geométrica de $\lambda_i.$ Si $n_i=1$ algunos $i \in \lbrace 1, 2, \dots, k \rbrace,$ $\lambda_i$ se dice ser un simple autovalor de a $A.$

Answer 1

Como alguien (se me olvidó oms) señaló en un eliminados respuesta, su declaración, tal y como está, es falso. Aunque cada autovalor $\lambda$ $A$ da lugar a un autovalor $(1+\lambda)^m$$(I+A)^m$, el recíproco no es cierto, porque la asignación de $\lambda\mapsto(1+\lambda)^m$ no es uno-a-uno. Por ejemplo vamos a $A=-3,\ \lambda=1$$m=2$. A continuación, $(1+\lambda)^2=4$ es un autovalor de a $(I+A)^2=4$, pero $\lambda=1$ no es un autovalor de a $A=-3$.

Así, supongamos que $\lambda$ es un autovalor de a $A$. Deje $v$ correspondiente autovector. Por un cambio de base, podemos suponer que la $A$ $(I+A)^m$ son de la forma $$A=\begin{pmatrix}\lambda&u^T\\0&C\end{pmatrix}, \ (I+A)^m=\begin{pmatrix}(1+\lambda)^m&v^T\\0&(I+C)^m\end{pmatrix},$$ donde $C$ $(n-1)\times(n-1)$ matriz. Desde $\det(xI-A)=(x-\lambda)\det(xI-C)$ si $\lambda$ es la repetición de una autovalor de a $A$, debe ser un autovalor de a $C$ y, por tanto, $1+\lambda$ es la repetición de una autovalor de a $(I+C)^m$, haciendo de $(1+\lambda)^m$ reiterada de un autovalor de a $(I+A)^m$, lo cual es una contradicción.

Answer 2

EDIT: Esta solución es incorrecta, como se muestra en los comentarios.

En general, $Av=\lambda v \implies p(A)v=p(\lambda)v$ para cualquier polinomio $p$. Esta implicación muestra de que la multiplicidad de $p(\lambda)$ es al menos la multiplicidad de $\lambda$, ya que cualquier vector propio de a $\lambda$ se traduce en un autovector de a $p(\lambda)$. Una consecuencia es que si $p(\lambda)$ es simple, $\lambda$ también debe ser sencilla. (Asumiendo $\lambda$ es un autovector de a $A$.)

En su caso, $p(x)=(1+x)^m$.

La prueba de $Av=\lambda v \implies p(A)v=p(\lambda)v$: Por la linealidad, es suficiente para demostrar por $p(x)=x^k$. Esto sigue a mi la aplicación de $A$ a ambos lados de $Av=\lambda v$ $k-1$ veces.

Answer 3

Aquí está el "algebraica" de la versión de Ofir de la respuesta.

En ese caso también, es más fácil demostrar la contraposite : si $\lambda$ es la repetición de una ALGEBRAICAS autovalor de a$A$, $(1+\lambda) ^m$ es la repetición de una ALGEBRAICAS autovalor de a $(I+A)^m$.

Así que supongo que $\lambda$ es la repetición de una algebraicas autovalor de a $A$. La matriz $B=A-\lambda I$ tiene determinante cero, por lo que su núcleo es trivial : hay un valor distinto de cero $v_1$ tal que $Bv_1=0$. Deje $C$ ser la parte inferior derecha $(n-1)\times(n-1)$ plaza de la submatriz de a $A$ definido por $C=(c_{ij})_{1 \leq i ,j \leq n}$$c_{ij}=a_{i+1,j+1}$. A continuación, $\chi_A(t)=(t-\lambda)\chi_C(t)$ donde $\chi$ denota el polinomio característico. Podemos deducir que $\lambda$ también es un autovalor de a $C$, por lo que hay un $v_2$ independiente de $v_1$ tal que $Cv_2=0$. Por lo tanto, $Bv_2$ es de la forma $cv_1$, para algunas constantes $c$ : en otras palabras $Av_1=\lambda v_1$$Av_2=\lambda v_2+cv_1$.

Así $$Un^2v_2=A(\lambda v_2+cv_1)=\lambda Av_2+cAv_1=\lambda^2v_2+(2c\lambda)v_1 \etiqueta{1}$$ Más en general, por la inducción que $A^kv_2=\lambda^kv_2+(ck\lambda^{k-1})v_1$ cualquier $k\geq 0$. De ello se sigue que

$$P(A)v_2=P(\lambda)v_2+c\frac{\partial P}{\partial \lambda}(\lambda)v_1 \tag{2}$$ para cualquier polinomio $P$.

Completar el par $(v_1,v_2)$ en una base $(v_1,v_2, \ldots ,v_n)$${\mathbb K}^n$, y trabajar en esta nueva base, vemos que $P(A)$ es de la forma

$$P(a)=\left( \begin{array}{ccl} P(\lambda) & c\frac{\partial P}{\partial \lambda}(\lambda) & \ldots \\ 0 & P(\lambda) & \ldots \\ \mathbf O & \mathbf O & \ldots \\ \end{array} \right)$$

Por lo $P(\lambda)$ es siempre la repetición de una algebraicas autovalor de a $P(A)$, para cualquier polinomio $P$.