Existe una matriz de 2 x 2 $M$. Supongamos que $M^3=0$ show (quiero prueba) $M^2=0$

Question

Estoy seguro de que he hecho esto antes en álgebra abstracta. Independientemente se escapó de mí ahora.

Me han demostrado que para$T:U\rightarrow V$, $dim(U)=m$ $dim(V)=n$ que $rank(T)\le m$, lo que es obvio, pero me han demostrado que no es menos.

Quiero.... aquí es donde me quedo atascado. No estoy muy seguro de cómo decirlo.

Supongamos que tenemos un $T$, por ejemplo, que se lleva a $U\subset\mathbb{R}^3\rightarrow V\subset\mathbb{R}^3$, todavía podríamos tener un $T$ que se asigna un avión a algo (un avión, línea o punto) en este caso, en lugar de $rank(T)\le 3$ puedo decir $rank(T)\le 2$.

(Corregir mi notación de aquí, no me gusta escribir subconjunto, me refiero a número de dimensiones del espacio!)

Para mostrar esto puedo decir $F:P\subset\mathbb{R}^2\rightarrow U\subset\mathbb{R}^3$.

A continuación, vamos a $G:P\rightarrow V$ y $G=TF$, ahora $rank(G)\le dim(P) = 2$

Ahora, si $U,P,Q,R$ son espacios de dimensión $\le 2$ y P,Q,R son subespacios de U

$A:U\rightarrow P$

$B=A:P\rightarrow Q$

$C=A:Q\rightarrow R$

Ahora podemos decir $A^2=BA$ $A^3=CBA$

Sabemos que para $A$ rank ()$\le 2$, por lo tanto proporciona una-límite superior de rango($A^3$)

Quiero mostrar ahora que si mantengo la aplicación de una transformación lineal que el rango es monótonamente decreciente ($\le$) de la secuencia. Yo estoy seguro de que en una prueba de que el rango de una transformación no puede ser mayor que el dominio de las dimensiones. Aunque esto es algo trivial.

(NOTA:

Me han demostrado que si un conjunto de n vectores, R, abarcan un espacio vectorial V, y se toma un conjunto W de m vectores linealmente independientes en V que m$\le$n)

Si rango(A)=2, rango($A^2$)=2 y, entonces rango($A^3$)=2

si rango(A)=1, entonces rango($A^2$)=0 y el rango($A^3$)=0

si rango(A)=0, entonces rango($A^2$)=0 y el rango($A^3$)=0

Pero de nuevo, yo no puedo demostrar esto, o al menos yo no estoy seguro de cómo escribir.

algo que aclarar:

Para un mapa de $T:U\rightarrow V$ ¿cómo podemos distinguir (utilizando la notación) si o no hecho uso de todos los dim(U)?

Por ejemplo, podríamos tener una T a la que se asigna un plano en R^3 a una línea en R^3, esto puede ser expresado como una composición de mapas, uno que lleva un 2 dimensiones de espacio vectorial (coordenadas del plano en 3 espacios) a un 3 dimensiones de punto en T del dominio, que T, a continuación, asigna a una línea.

Hemos de clasificación de las dimensiones de la imagen - para hacer esta distinción en el mapa del destino (el rango de T es 1 si se asigna algo a una línea, pero las dimensiones de la meta es de 3)

¿Cómo podemos escribir esto? ¿Qué puedo decir para describir esto?

¿Cómo puedo distinguir entre el número de vectores en una base y el número de dimensiones del espacio que la base es en la haya?

Perdón por la longitud de este! He tratado de hablar a pesar de mi problema en la esperanza de ver a mí mismo, no hubo suerte, gracias.

Answer 1

He aquí un enfoque ingenuo a la pregunta del título:

Si $M$ tiene rango 2, entonces es invertible y $M^3$ no puede ser $0$. Si $M$ tiene rango 0, $M^2=0$ trivialmente. Así que el único caso interesante es cuando $M$ rango $1$.

En este caso, existe un vector $v$ tal que $Mv$ es distinto de cero. Desde $M^3v=0$, debe ser que cualquiera de las $Mv$ o $M^2v$ es un vector distinto de cero que $M$ se asigna a cero. De modo que el núcleo y la imagen de $M$ tiene un trivial intersección -- pero ambos de estos subespacios tienen dimensión $1$, por lo que deben coincidir.

En particular, debido a que la imagen está contenida en el núcleo, $M^2v$ debe $0$ todos los $v$, lo $M^2=0$.

Answer 2

Tuve un tiempo difícil seguir todos los detalles de los argumentos en el OP pregunta, pero se basa en el Hamilton-Cayley teorema hay una muy sencilla solución a la consulta expresada en el título.

Hamilton-Cayley nos dice que tenemos

$M^2 + bM + c = 0 \tag{1}$

para algunos escalares $b, c$. Si $b= c = 0$, (1) se reduce a

$M^2 = 0, \tag{2}$

y hemos terminado. Si $c \ne 0$, multiplicar (1) por $M^2$ rendimiento

$M^4 + bM^3 + cM^2 = 0, \tag{3}$

y el uso de $M^4 = M^3 = 0$, tenemos

$cM^2 = 0,\tag{4}$

y hemos terminado. Si $c = 0$, $b \ne 0$, multiplicar (1) por $M$ obtener

$M^3 + bM^2 = 0, \tag{5}$

o

$bM^2 = 0, \tag{6}$

y una vez más, hemos terminado. Así, hemos cubierto todos los casos, y hemos terminado, y me refiero a hacer! QED.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista,

y como siempre

Fiat Lux!!!

Nota añadida en la edición: una técnica similar fue utilizado en mi respuesta a esta pregunta: nilpotent y la transformación lineal

Answer 3

Aquí está otra prueba que me parece más directo:

Sabemos que $M$ no puede ser de rango completo o de rango $0$. Por lo tanto es $M$ de la fila uno y existen vectores $u, v$ tal que $M = uv^T$. Entonces

$$ M ^ 3 = uv ^ Tuv ^ Tuv ^ T = (v ^ Tu) ^ 2uv ^ T = (v ^ Tu) ^ M 2. $$

Por lo tanto $v^Tu = 0$ y así

$$ M ^ 2 = uv ^ Tuv ^ T = (v ^ Tu) uv ^ T = (v ^ Tu) M = 0. $$

Answer 4

Consideran los subespacios $V_i=\ker(M^i)$$i=0,1,2,3$; por convención,$M^0=I$$V_0=\{0\}$, e $M^3=0$$V_3=\Bbb R^2$; usted necesita mostrar que $V_2=\Bbb R^2$. Claramente $V_0\subseteq V_1\subseteq V_2\subseteq V_3$, dado un vector asesinado por $M^i$ también será asesinado por $M^{i+1}$. La observación clave es que si $V_i\neq V_{i+1}$, lo que implica necesariamente $\dim(V_i)<\dim(V_{i+1})$, a continuación, una vez que también ha $\dim(V_j)<\dim(V_{j+1})$ todos los $0\leq j<i$. Esto es debido a que $\dim(V_i)<\dim(V_{i+1})$ significa que hay vectores $v$ $M^i\cdot v\neq 0$ pero $M^{i+1}\cdot v= 0$, pero para un vector, $w=M^{i-j}\cdot v$ es un vector con $M^j\cdot w\neq 0$ pero $M^{j+1}\cdot w= 0$.

Por lo tanto $V_2\neq V_3$ implicaría $0=\dim(V_0)<\dim(V_1)<\dim(V_2)<\dim(V_3)=2$, y no hay suficientes intermedio de valores enteros para tener esto. Así en el hecho de $V_2=V_3$ como se quería demostrar. De la misma manera se puede ver que para un $n\times n$ matriz $A$ la ecuación de $A^k=0$ cualquier $k\in\Bbb N$ implica $A^n=0$. Esto es algo que sería difícil de obtener a partir de explícito caso-por-caso de consideraciones.

Answer 5

Hay una escuela primaria de la prueba. Escribir $$M=\left[\begin{array}{cc} a & b\\ c& d \end{array}\right].$$ Desde $M^{3}=0$, tomando el determinante de ambos lados y usando el determinante de un producto es el producto de los determinantes, da $\text{det}\,M=0$. Por lo tanto, $$ad-bc=0.$$ Por la multiplicación de la matriz, a continuación se encuentra. $$M^{2}=\left[\begin{array}{cc} a^2+bc & b(a+d)\\ c(a+d) & bc+d^2 \end{array}\right],$$ y $$ M^{3}=\left[\begin{array}{cc} a^3+2abc+bdc & a^2b+b^2c+bd^2+abd\\ a^2c+adc+bc^2+d^2c & abc+2bdc+d^3 \end{array}\right].$$ Pero por el factoring y el uso de $ad-bc = 0$, $M^3$ puede ser reescrita de la siguiente forma. $$ M^{3}=\left[\begin{array}{cc} (a^2+bc)(a+d)-a(ad-bc) & b(a+d)^2-b(ad-bc)\\ c(a+d)^2-c(ad-bc) & (bc+d^2)(a+d)-d(ad-bc) \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc} (a^2+bc)(a+d) & b(a+d)^2\\ c(a+d)^2 & (bc+d^2)(a+d) \end{array}\right] = (a+d)M^2.$$ Desde $M^3 = 0$, ahora tenemos que, o bien $M^2=0$ o $a+d=0$. Si $a+d=0$,$0=ad-bc=-a^2-bc=-d^2-bc$. Mirando de nuevo a cada componente de $M^2$, vemos que cada componente es 0.