Orden más alta de la forma de Jordan

Question

Que $\lambda =1$ es el valor propio correspondiente al único Jordania bloque $J$. Prueba $J^m \sim J$ con un número entero positivo arbitrario $m$.

Mi intento: porque $\lambda = 1$ es valor propio, $(J-I)^m =0$. Después de que $(J-I)^{m-1} J = (J-I)^{m-1}$. En este punto, no sé cómo continuar.

Answer 1

Lo haría de esta forma: $J=I+N$ $N$ Dónde está la matriz triangular superior $n\times n$ nilpotentes. Tomar el poder de $m$-ésima obtenemos $$ J^m=(I+N)^m=\sum_{k=1}^m\binom{m}{k}N^k=I+mN+(\text{super-super-diagonals}), $$ de lo que obtenemos $J^m-I=mN+(\text{super-super-diagonals})$ y, por tanto, $$ \text{rank} (J ^ m-I) = \text {fila} (N) = n-1. $$ Nos da $\text{dim}\ker(J^m-I)=1$, que significa solamente un bloque de Jordan de $J^m$. El bloque es $J$.

Answer 2

Primero observar que cualquier potencia de $J^m$ $J$ es una triangular superior de la matriz con todas las entradas de la diagonal principal iguales a $1$. Para demostrar que $J^m$ es similar a $J$, se puede demostrar que los $J$ es la forma normal de Jordan de a $J^m$. Para ello, basta para mostrar que $(J^m-I)^k$ no es cero siempre que $(J-I)^k$ es distinto de cero (ya que esto implica que en el Jordan en la forma de $J^m$ debe haber un bloque del mismo tamaño como $J$).

En los siguientes cálculos, todas las matrices que intervienen son polinomios en $J$ y, por tanto, de camino al trabajo. En particular, desde la $J$ $I$ viaje, usted puede usar la fórmula estándar para ver que $$J^m-I=J^m-I^m=(J-I)(\sum_{i+j=m}J^iI^j)=(J-I)(\sum_{i=0}^mJ^i).$$ Ahora el segundo factor en este producto es una triangular superior de la matriz con todas las entradas de la diagonal principal iguales a $m+1$ y por lo tanto invertible. La formación de competencias (teniendo en cuenta que todas las matrices que considere la posibilidad de conmutar), consigue $(J^m-I)^k=(J-I)^k(\sum_{i=0}^mJ^i)^k$. Desde el segundo factor todavía es una matriz invertible, la reivindicación de la siguiente manera.