Dada una matriz cuadrada a de orden n, demostrar $\operatorname{rank}(A^n) = \operatorname{rank}(A^{n+1})$

Question

Dado $A\in F^{n \times n}$ probar:

$$\operatorname{rank}(A^n) = \operatorname{rank}(A^{n+1})$$

$\operatorname{rank}(A^{n+1}) \leq \operatorname{rank}(A^n)$ es fácil, sólo a partir de:

Cómo demostrar a $\text{Rank}(AB)\leq \min(\text{Rank}(A), \text{Rank}(B))$?

Pero, ¿cómo puedo probar la otra dirección? o debo hacerlo de otra manera?

Answer 1

Tenga en cuenta que podemos asumir que el campo es algebraicamente cerrado, como el rango de la matriz no cambia si la miramos como un campo más amplio.

Ahora la matriz es similar a la de una triangular superior de la matriz. Podemos suponer que tiene una forma de bloque que consta de una parte superior triangular $m\times m$ matriz con sólo la no-cero de los elementos en la diagonal, y un bloque que consta de una estrictamente triangular superior $(n-m)\times (n-m)$ matriz. Ahora, tanto el $n$'th y el $n+1$'st poder de una matriz consistirá simplemente de algunos $m\times m$ triangular superior bloque con sólo la no-cero de los elementos en la diagonal (como matar a los estrictamente triangular superior bloque cuando el poder es, al menos,$n-m$). Esto demuestra que estos dos poderes tienen el mismo rango (es decir,$m$).

Answer 2

Mediante Ajuste del Lema, se puede dar otra versión de la multa argumento de @Tobias.

La secuencia $$ \ker(A) \subseteq \ker(A^2) \subseteq \ker(a^3) \subseteq \dots $$ es ascendente, y la secuencia de $$ \operatorname{im}(A) \supseteq \operatorname{im}(A^2) \supseteq \operatorname{im}(a^3) \supseteq \dots $$ es descendente. Elija el más pequeño $m$ tal que $$ \ker(A^m) = \ker(A^{m+i}), \qquad \operatorname{im}(A^m) = \operatorname{im}(A^{m+i}) $$ para todos los $i \ge 0$. Tenga en cuenta que si $\ker(A^m) = \ker(A^{m+1})$, $\ker(A^m) = \ker(A^{m+i})$ todos los $i \ge 0$. En particular,$m \le n$.

Ahora Ajuste el Lema de los estados que $$ F^n = \ker(A^m) \oplus \operatorname{im}(A^m), $$ y $A$ es nilpotent en el primer sumando, y invertible en el segundo.

Entonces para cualquier $k \ge m$ (en realidad, creo que, precisamente para estos valores de $k$) tendremos $$\operatorname{rank}(A^k) = \operatorname{rank}(A^{k+1}).$$