$\DeclareMathOperator{\tr}{tr}\tr(A)=\tr(A^{2})= \ldots = \tr(A^{n})=0$ implica$A$ es nilpotent

Question

Vamos a considerar una $n \times n$ de la matriz y la secuencia de las huellas $\tr(A)=\tr(A^{2})= \ldots = \tr(A^{n})=0$. Cómo probar que $A$ es nilpotent una matriz (matriz de modo que $A^{k} \times u = 0$ todos los $u \in V$ y, para algunos,$k$)?

Tal vez sería razonable considerar $A$'s de Jordan en la forma (se supone que la acción se produce a través de una algebraicamente cerrado de campo, tales como $\mathbb{C}$). Por ejemplo, supongamos que hemos encontrado y $A'$ se compone de $m$ bloques de tamaños $r_{1}, \ldots r_{m}$ ($r_{1}+r_{2}+\ldots+r_{m}=m, r_{i} \in \mathbb{Z}_{+}$) con $\alpha_{1}, \ldots \alpha_{m}$ correspondientes autovalores para cada uno de los bloques. Entonces, según el problema será conseguir que el sistema $$\begin{align} r_{1}\alpha_{1}+&\ldots+r_{m}\alpha_{m}=0 \\ r_{1}{\alpha_{1}}^{2}+&\ldots+r_{m} {\alpha_{m}} ^{2}=0\\ &\ ~\,\vdots \\ r_{1}{\alpha_{1}}^{n}+&\ldots +r_{m}{\alpha_{m}}^{n}=0 \end{align}$$

Pero el sistema del análisis de más de $\mathbb{C}$ parece ser demasiado complicado.

En realidad, el problema debe tener más o menos simple solución.

Cualquier consejo sería muy apreciada.

Answer 1

Dos hechos: (1) La traza de una matriz de $A$ es la suma de los autovalores y (2) los autovalores de a $A^k$ $\lambda^k$ donde $\lambda$ es un autovalor de a $A$ emparejado con multiplicidades algebraicas.

Esto significa que podemos escribir $$\lambda_1 + \cdots + \lambda_n = 0$$ $$\lambda_1^2 + \cdots + \lambda_n^2 = 0$$ $$\cdots$$ $$\lambda_1^n + \cdots + \lambda_n^n = 0$$

También es un hecho conocido que todos los polinomios simétricos se puede expresar como un polinomio en el anterior polinomio simétrico formas. La ecuación característica de a $A$,

$$\det(A-\lambda I) = (\lambda - \lambda_1) \cdots (\lambda - \lambda_n) =\\ \lambda^n + f_{n-1}(\lambda_1, \dots, \lambda_n) \lambda^{n-1} + \cdots + f_0(\lambda_1, \cdots, \lambda_n),$$

ha coeficientes simétrica en $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$. Esto significa que debe ser constante como la expresión en términos de las competencias de los valores propios pueden ser evaluadas con esas expresiones iguales a cero. I. e., los coeficientes son, de hecho, no depende de los valores propios a todos!!!! Pero ya que cada uno de los coeficientes se pondrá a cero como $|\lambda_1 \cdots \lambda_n| \to 0$ los términos constantes debe ser cero y, por tanto, la ecuación característica es $\lambda^n$ de forma idéntica.

Answer 2

Usa el teorema de Cayley-Hamilton en combinación con las identidades de Newton .

Answer 3

Para completar su primer intento de prueba, usted necesita el siguiente lema para matrices de Vandermonde

Lema: Dejar que $V=\begin{bmatrix} 1 & \alpha_1 & \alpha_1^2 & \dots & \alpha_1^{n-1}\\ 1 & \alpha_2 & \alpha_2^2 & \dots & \alpha_2^{n-1}\\ 1 & \alpha_3 & \alpha_3^2 & \dots & \alpha_3^{n-1}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ 1 & \alpha_n & \alpha_n^2 & \dots & \alpha_n^{n-1} \end{bmatrix}$

A continuación,$\det V=\Pi_{1\leq i<j\leq n}(\alpha_i-\alpha_j)$.

Corolario: $\det V=0\Leftrightarrow\exists i\neq j\ \alpha_i=\alpha_j$

Ahora, tome el Jordan en la forma como usted sugiere. Tenga en cuenta que, para el cálculo de $tr A$ usted necesita solamente la no-cero autovalores.

Deje $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$ estos autovalores $(m\leq n)$, $r_1,\ldots,r_m$ las dimensiones de sus generalizada subespacios propios. Tiene la misma relación como antes

$r_{1}\alpha_{1}+\ldots+r_{m}\alpha_{m}=0 \\ r_{1}{\alpha_{1}}^{2}+\ldots+r_{m} {\alpha_{m}} ^{2}=0\\ \ldots \\ r_{1}{\alpha_{1}}^{n}+\ldots +r_{m}{\alpha_{m}}^{n}=0$

Que puede ser escrito $$\begin{bmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_m\\ \alpha^2_1 & \alpha_2^2 & \dots & \alpha_m^2\\ \alpha_1^3 & \alpha_2^3 & \dots & \alpha_m^3\\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ \alpha_1^n & \alpha_2^n & \dots & \alpha_n^n \end{bmatrix}\begin{bmatrix} r_1\\r_2\\\vdots\\r_m\end{bmatrix}=0$$

Ahora, por hipótesis de $\alpha_i$ son no-cero y se diferencian uno de otro. Ahora, tome la primera a la $m\times m$ menores de las del sistema de coeficientes de la matriz.

Es el transponse de una matriz de Vandermonde V, cada columna de la cual se ha multiplicado por un elemento no nulo.El primer lema asegura que $\det V\neq 0$.

Por lo tanto, la totalidad de la matriz de coeficientes tiene rango $m$, es decir, representa un inyectiva mapa de $\mathbb{C}^m\rightarrow\mathbb{C}^n$. Esto implica $\forall i\ r_i=0$, lo que indica que la inicial de a es, de hecho, nilpotent.

Answer 4

Creo que puedes mostrar que el polinomio característico$det(\lambda I - A)$ de$A$ es, de hecho,$\lambda^n$ utilizando fórmulas newtons en polinomios simétricos.