Respuesta
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En primer lugar, vamos a comprobar la demanda en una configuración simple, la cual nos permite entender la general de la prueba.
Deje $V$ $A$ ser como en el problema.
Caso sencillo:
Supongamos que $A$ es generado (como un álgebra) por el nilpotent elementos $a,b \in L(V)$. Supongamos, además, que todos los $a^{2} = 0$, $b^{2} = 0$, $(ab)^{2} = 0$, y $(ba)^{2} = 0$. A continuación, $A$ es el lineal útil de los elementos \begin{align} a, b, ab, aba,\text{ and } bab. \end{align} Estos elementos son suficientes, ya que por hipótesis tenemos $abab = baba = 0$. Primero de todo, tenga en cuenta que \begin{equation} \cap_{f \in A} \ker(f) = \ker(a) \cap \ker(b). \end{equation} La idea es ahora la construcción de un no-vector cero $v \in \ker(a) \cap \ker(b)$.
Ahora, desde la $a$ es nilpotent, es claro que existe un elemento no nulo $x \in V$$ax \neq 0$. Además, tenemos que $ax \in \ker(a)$.
Ahora, si $bax = 0$,$ax \in \ker(a) \cap \ker(b)$. Si $bax \neq 0$, $bax$ es un elemento no nulo de a $\ker(b)$.
Ahora, si $abax= 0$,$bax \in \ker(a) \cap \ker(b)$. Si $abax \neq 0$, $abax$ es un elemento no nulo de a $\ker(a)$.
Nuestro procedimiento termina, porque $baba = 0$, por lo tanto $babax = 0$, por lo tanto $abax \in \ker(b)$.
Llegamos a la conclusión de que \begin{equation} \cap_{f\in A} \ker(f) = \ker(a) \cap \ker(b), \end{equation} contiene al menos un elemento no nulo.
Caso General:
Veamos ahora el caso más general. Como un espacio vectorial $A$ es el lineal lapso de un número finito de elementos $a_{1},\dots, a_{k} \in A$. Por supuesto, existen números de $n_{1},\dots,n_{k} \in \mathbb{N}$, de tal manera que $a_{i}^{n_{i}} = 0$ todos los $i \in \mathbb{N}$.
Necesitaremos el siguiente lema, para la que no tengo una prueba todavía.
Existe un número $N < \infty$, de tal manera que el siguiente tiene. Deje $\sigma:\mathbb{N} \rightarrow \{1, \dots, n\}$ ser arbitraria, a continuación, el elemento \begin{equation} a_{\sigma(N)} a_{\sigma(N-1)} \dots a_{\sigma(2)} a_{\sigma(1)} = 0. \end{equation}
Ahora podemos probar la reclamación de una manera muy similar a la prueba anterior.
Vamos a escribir $X = \cap_{f\in A} \ker(f) \subseteq V$.
Deje $x \in V$ ser arbitraria. Cualquiera de las $x \in X$, o existe un elemento $a_{i}$ tal que $a_{i}x \neq 0$. En el primer caso hemos terminado, así que supongo que $a_{i}x \neq 0$. Definir $\sigma(1) = i$. Deje $0 \neq y \in V$ ser de la forma $a_{\sigma(l)} \dots a_{\sigma(1)} x$. A continuación, cualquiera de $y \in X$, o existe un elemento $a_{j}$ tal que $a_{j}y \neq 0$. Definir $\sigma(l+1) = j$. De esta manera, nos inductivamente definir $\sigma: \mathbb{N} \rightarrow \{ 1, \dots n \}$.
El lema nos dice que $a_{\sigma(N)} \dots a_{\sigma(1)}x = 0$, por lo tanto, este proceso inductivo se detiene.
