Deje $A$ $5 \times 5$ matriz tal que $A^2=0$. Entonces, ¿cómo calcular el rango máximo para tal?

Question

Intento : Supongamos $A$ tiene un valor distinto de cero autovalor $\lambda$. A continuación, correspondiente a es distinto de cero eigen vector $X$,$AX=\lambda X \Rightarrow A^2X=\lambda^2 X\Rightarrow 0=\lambda^2 X$. Lo cual es una contradicción. Por lo tanto $\lambda=0$ con multiplicidad algebraica $5$.

Buscar en todos los Jordan formas normales $J$$A$, encontré uno en el $J$ da $J^2=0$ cuyas $\text {Rank} J=2$. (Hay otras forma normal de Jordan con rango de$=1$)

Aquí es que J := $$J = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix} $$

He encontrado que Jordania formas normales de los rangos $3,4$ no satisfacen $J^2=0$. Así que la menor cota superior para el rango es $2$. Es mi intento de corregir? Gracias.

Answer 1

Aquí es una prueba de no depender de la forma normal de Jordan.

Ha exhibido un $5 \times 5$ matriz que tiene rango de $2$.

Trabajemos por la contradicción de los casos $n \geq 3$.

Supongamos que existe una $A$ con

• (1) rango de$(A)\geq 3$ y

• (2) $ \ A^2=0.$

Por definición de rango de la función: (1) significa que dim$(Im(A)) \geq 3$;

por lo tanto, según el rango de nulidad teorema : dim$(Ker(A)) \leq 5-3=2.$

Tomemos cualquier $X \in Im(A)$, por lo tanto es de la forma $X=AY$ durante un cierto $Y$.

El uso de (2) : $AX=A^2Y=0$ ; por lo tanto $X \in Ker(A)$.

Como conclusión: $Im(A) \subset Ker(A)$, lo cual es imposible teniendo en cuenta las dimensiones se $ \geq 3$ $ \leq 2$ obtenido anteriormente.