¿Cómo mostrar $A$ no puede tener más de un bloque de Jordan de cualquier valor propio?

Question

Me quedé atrapado en este problema a partir de la Primavera Del 99, Berkeley Problemas en Matemáticas:

Deje $A$ $n\times n$ matriz tal que $a_{ij}\not=0$ si $i=j+1$ pero $a_{ij}=0$ si $i\ge j+2$. Demostrar que $A$ no puede tener más de un bloque de Jordan para cualquier valor propio.

Pensé que la matriz podría satisfacer alguna relación evidente como $A^{2}=0$, pero me di cuenta de las entradas que no aparecen ni siquiera especificado; por lo tanto, tal bruta de simplificación no puede sostener. Trabajando en juguete ejemplos no me dicen mucho, así que decidí preguntar aquí.

Answer 1

Por lo tanto, vamos a $\lambda$ ser un autovalor. El número de Bloques de Jordan de a $\lambda$ es bien conocido por ser la multiplicidad geométrica de $\lambda$. Como la multiplicidad geométrica de un autovalor es la dimensión de la nullspace de $A - \lambda I$, por lo tanto, debemos mostrar que esta dimensión es $1$. Por lo tanto, sólo tenemos que mostrar que la nullspace de $B = A - \lambda I$ tiene sólo un vector en ella (es decir, todos los vectores en el espacio nulo son múltiplos de que el vector).

Para mostrar esto, vamos a $v_1, v_2, \cdots, v_n$ ser los vectores columna de a $B$. Tenga en cuenta que si $v = (a_1, a_2, \cdots, a_n)$ es un vector en el nullspace, a continuación,$a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_nv_n = 0$. Vamos a arreglar $a_1 =1$. Comparando el primer componente de las columnas, da un no trivial de la relación entre el $a_1,a_2$ como el resto de los componentes se $0$. Por lo tanto, $a_2$ es fijo. Del mismo modo, comparando el segundo componente de correcciones $a_3$. Continuando con este procedimiento, se obtiene la afirmación.