$A$ ser$n\times n$ matriz, entonces la dimensión del espacio vectorial generado por$\{I,A,A^2,\dots,A^{2n}\}$ es atmost$n$ ¿verdad? como$c_0I+c_1A+\dots+c_nA^n=0$ con un coeficiente distinto de cero (cayley hamilton). por lo tanto,$\{I,\dots A^n\}$ será linealmente dependiente, por lo que el otro elemento$\{A^{n+1},\dots,A^{2n}\}$ puede formar un espacio de vector dimensional de$n$ dimensional. estoy en lo cierto?
Respuesta
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Una vez que usted puede expresar algunos de potencia $A^k$ como combinación lineal de potencias inferiores a $A^i$$0\leq i<k$, no hay ninguna esperanza de encontrar cualquier poderes superiores que son linealmente independientes de aquellas potencias inferiores. Que resultó fácil de inducción: $A^{m+1}=AA^m$ e si $A^m$ es una combinación lineal de $A^0,\ldots,A^{k-1}$ $A^{m+1}$ es una combinación lineal de $A^1,\ldots,A^k$, pero por supuesto podemos expresar que el término final $A^k$ como una combinación lineal de $A^0,\ldots,A^{k-1}$, y esto hace el trabajo. (Este es el álgebra lineal versión de la periodicidad del fenómeno, el hecho de que si algún poder de un elemento del grupo de $g$ da la identidad, a continuación, cada una de más potencia de $g$ será igual a una potencia más baja de $g$ ya se ha visto.) Por otra parte, el primer $k$ por los cuales pasa satisface $k\leq n$ donde $n$ es la dimensión del espacio vectorial actúe sobre ellas; esto se deduce de la Cayley-Hamilton teorema, pero también puede ser demostrado por una forma bastante directa de la inducción en la dimensión sin necesidad de utilizar ese teorema. Así que el subespacio del espacio vectorial de todas las $n\times n$ matrices se extendió por todos los poderes de la $A$ (sin necesidad de parar en $A^{2n}$) tiene dimensión $k\leq n$ e ha $A^0=I,A^1,\ldots,A^{k-1}$ como base.
