Prueba $\ker(T^n)=\ker(T^{n+1})$ y $\operatorname{range}(T^n)=\operatorname{range}(T^{n+1}).$

Question

Sea $V$ ser un $n$ -espacio vectorial sobre un campo $F$ y $T$ un operador en $V.$ Prueba $\ker(T^n)=\ker(T^{n+1})$ y $\operatorname{range}(T^n)=\operatorname{range}(T^{n+1}).$

Supongamos que $v \in \ker(T^n).$ Entonces $T^n(v) = 0,$ lo que implica que $T^{n+1}(v)=T(T^n(v))=T(0)=0.$ Así $v \in \ker(T^{n+1})$ y así $\ker(T^n) \subset \ker(T^{n+1}).$

Pregunta: ¿Cómo puedo demostrar $\ker(T^n) \supset \ker(T^{n+1})?$ También me gustaría recibir algunos consejos para probar $\operatorname{range}(T^n)=\operatorname{range}(T^{n+1}).$

Answer 1

Mira el Lemma en esta respuesta: https://math.stackexchange.com/a/1447742/211913

Demuestra inmediatamente su afirmación.

Algunos detalles más: Con la notación de la respuesta citada: Supongamos que los núcleos de $T^n$ y $T^{n+1}$ no coinciden. Entonces tenemos $k_{n+1}-k_n \geq 1$ . Como la secuencia de diferencias es decreciente, obtenemos $k_{j+1}-k_j \geq 1$ para todos $j = 0, \dotsc, n$ . Por supuesto, esto implica $k_{n+1} \geq k_0+n+1 = n+1$ lo cual es una contradicción obvia.

Obsérvese que la afirmación sobre los rangos se deduce obviamente de la afirmación sobre los núcleos de la fórmula de dimensión. No es necesario demostrarlo.

Answer 2

Por contradicción, supongamos que existe $v\in\ker(T^{n+1})$ tal que $T^nv\neq0$ . Entonces los vectores $v,Tv,...,T^nv$ son todas distintas de cero, y se puede ver que, de hecho, son linealmente independientes evaluando potencias de $T$ en una combinación lineal $\sum_{k=0}^n\alpha_k\,T^kv=0$ . Pero esto es absurdo ya que $\dim V=n$ .

Sugerencia para la segunda afirmación: escriba $v=T^nw$ y se descomponen $w$ como suma de un vector en $\ker (T^n)$ y un vector en el rango de $T$ . Segunda pista: procediendo como en el primer punto se puede demostrar que $\ker (T^n)\cap\operatorname{range}(T^n)=\{0\}$ (véanse también las respuestas a este ce pregunta).

Answer 3

El argumento en la respuesta de MooS es muy bueno, pero aquí hay una prueba alternativa a través de Cayley-Hamilton. Sea $p(x)\in F[x]$ sea el polinomio característico de $T$ y escribe $p(x)=x^mq(x)$ donde $x$ no divide $q(x)$ . Desde $p(x)$ tiene grado $\leq n$ tenemos $m\leq n$ . Escriba a $q(x)=xr(x)+c$ donde $c\in F$ ; por definición de $q$ , $c\neq 0$ . Supongamos $v\in \ker(T^{n+1})$ . Tenemos $$q(T)T^nv=p(T)T^{n-m}v=0$$ desde $m\leq n$ y $p(T)=0$ de Cayley-Hamilton, y $$q(T)T^nv=r(T)T^{n+1}v+cT^nv=cT^nv$$ desde $T^{n+1}v=0$ . Desde $c\not=0$ Esto implica $T^nv=0$ . Así $\ker(T^{n+1})\subseteq \ker(T^n)$ .

La afirmación sobre los rangos puede demostrarse de forma similar. Supongamos $v\in\operatorname{range}(T^n)$ escribir $v=T^nw$ . Entonces, como en el caso anterior, tenemos $$0=q(T)T^nw=r(T)T^{n+1}w+cT^nw.$$ Reordenando esto, obtenemos $v=T^nw=T^{n+1}(-c^{-1}r(T)w)$ . Así $v\in\operatorname{range}(T^{n+1})$ .

(Alternativamente, la afirmación sobre los rangos se deduce en realidad de aplicar la afirmación sobre los núcleos al mapa dual $T^*:V^*\to V^*$ .)