Cómo demostrar que la enésima potencia de un $n \times n$ matriz nilpotente igual a cero $A^n=0$

Question

$A$ es un $n\times n$ matriz tal que $ A^m = 0 $ para algún número entero positivo $m$ . Demostrar que $A^n = 0$ .

Mi intento:
Para $n > m$ es obvio ya que la multiplicación de matrices es asociativa.

Para $n < m$ , $A^n\times A^{m-n} = 0$ No estoy seguro de qué hacer a continuación. También sé que $\det A = 0$ .

Answer 1

Si $A^m=0$ entonces el polinomio mínimo de $A$ divide $x^m$ . El polinomio mínimo tiene grado como máximo $n$ por Cayley-Hamilton.

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He aquí un enfoque alternativo que no se basa en el conocimiento de los polinomios mínimos o de Cayley-Hamilton. Considere $A$ como una transformación lineal en $K^n$ si $K$ es su campo base. Deje que $M_1$ sea el rango de $A$ es decir, $M_1=A(K^n)=\{Av:v\in K^n\}$ . Para $j>1$ dejar $M_{j}=A(M_{j-1})$ sea la imagen de $M_{j-1}$ en $A$ . En otras palabras, $M_j=A^j(K^n)$ y podemos incluir $M_0=K^n$ para mayor comodidad. Tenga en cuenta que cada $M_j$ es un subespacio y $M_j\subseteq M_{j-1}$ para todos $j$ .

Sabemos que $A^m=0$ Así que $M_m=\{0\}$ . Si para algunos $j$ , $M_j=M_{j-1}$ entonces $M_{j+1}=AM_{j}=AM_{j-1}=M_j$ Así que $M_{j-1}=M_j=M_{j+1}=M_{j+2}=\cdots$ . De ello se desprende que $M_j$ debe ser $\{0\}$ en estos casos. Esto implica que todas las contenciones son correctas hasta llegar a $\{0\}$ , por lo que hay un $m_0$ tal que $\{0\}=M_{m_0}\subsetneq M_{m_0-1}\subsetneq\cdots\subsetneq M_2\subsetneq M_1\subsetneq K^n$ . Dado que hay $m_0$ contenciones propias de los subespacios y $K^n$ es $n$ dimensional, esto implica que $m_0\leq n$ . Desde $M_{m_0}=\{0\}$ y $M_{m_0}$ es el rango de $A^{m_0}$ se deduce que $A^{m_0}=0$ y finalmente $A^n=A^{m_0}A^{n-m_0}=0$ .

Answer 2

Desde $A^m=0$ se aprende que todos los valores propios de $A$ son cero. Por lo tanto, la forma de Jordan de $A$ es estrictamente triangular superior, y es un ejercicio fácil demostrar que la $n^{\rm th}$ potencia de una matriz triangular superior con diagonal cero es cero.

Answer 3

Como esta pregunta está marcada como duplicada desde un que pide explícitamente no utilizar el teorema de Cayley-Hamilton no lo haré. Tampoco utilizaré las formas normales de Jordan (que requieren un campo algebraicamente cerrado).

Dejemos que $m\in\Bbb N$ sea mínima, tal que $A^m=0$ entonces, por suposición, hay (a menos que $m=0$ , lo que implica $n=0$ y es aburrido) vectores $~v$ tal que $A^{m-1}\cdot v\neq0$ ; hay que demostrar $m\leq n$ . Hay varias formas de proceder, mencionaré tres.

(1) Poner $v_i=A^{m-i}\cdot v$ para $0<i\leq m$ , uno tiene $v_i\in\ker(A^i)\setminus\ker(A^{i-1})$ lo que demuestra que la cadena de subespacios $\{0\}=\ker(A^0)\subseteq\ker(A^1)\subseteq\ker(A^2)\subseteq\cdots$ es estrictamente aumentando hasta alcanzar $\ker(A^m)=k^n$ y considerando las dimensiones se obtiene $n\geq m$ .

(2) Esos vectores $v_1,\ldots,v_m$ son linealmente independiente ya que, de lo contrario, si se considera la primera $k$ para lo cual $v_1,\ldots,v_k$ son linealmente dependientes, entonces $k>1$ (ya que $v_1\neq0$ por construcción), pero aplicando $A$ a una relación de dependencia se obtiene una más corta, contradiciendo la minimidad. De la independencia se obtiene $m=\dim\langle v_1,\ldots,v_m\rangle\leq n$ .

(3) Poner $V_i=\ker(A^i)$ por brevedad (cualquier $i\in\Bbb N$ ), cada $V_{i+1}$ es (por definición) la imagen inversa bajo el mapa lineal definido por $A$ de $V_i$ . Entonces ese mapa lineal induce un mapa $V_{i+2}/V_{i+1}\to V_{i+1}/V_i$ es decir inyectiva (por la mencionada propiedad de la imagen inversa). Se deduce que la secuencia de números naturales $(\dim(V_{i+1}/V_i))_{i\in\Bbb N}$ es débilmente decreciente, por lo que no puede alcanzar el valor $0$ para cualquier $i<m$ . Entonces, inmediatamente $\dim(V_i)\geq i$ para todos $i\leq m$ y en particular $n=\dim(V_m)\geq m$ . [El principal interés de este enfoque es que proporciona información adicional y bastante útil más allá de lo que se pedía].