Evitando el teorema de Cayley – Hamilton

Question

Cada matriz de $n\times n$ satisface una ecuación polinómica de grado en la mayoría $n^2$, simplemente porque el espacio de $n\times n$ matrices tiene dimensión $n^2$.

Por el teorema de Cayley – Hamilton, cada matriz satisface una ecuación polinómica de grado $n$.

¿Hay una prueba simple que cada matriz satisface una ecuación polinómica de grado en la mayoría $n$ sin usar el teorema de Cayley – Hamilton?

Answer 1

La Ths no podría contar como simple, pero ofrece otro punto de vista:

$A$ $K^n$ a una $K[x]$-módulo y por la estructura teorema de finitely generado los módulos a través de un PID, obtenemos

$$K^n \cong K[x]/(f_1) \oplus \dotsb \oplus K[x]/(f_s).$$

Set $f=f_1 \dotsb f_s$. Claramente $f$ hechos por cero en el lado derecho, por lo tanto $f$ hechos por cero en $K^n$, lo que significa que $f(A)=0$. Por comparación de las dimensiones de ambos lados, obtenemos

$$n = \dim K^n = \sum \dim K[x]/(f_i) = \sum \deg f_i = \deg f.$$

Por supuesto, la estructura teorema no es realmente más simple que la de Cayley-Hamilton, pero su estándar de prueba no necesita ningún tipo de Cayley-Hamilton métodos relacionados, creo.

Answer 2

Prueba de que cualquier matriz ajusta un polinomio de grado más $n^2-1$:

Que $A$ sea una matriz que no satisface ningún tal polinomio. Entonces $I,A,A^2,\dots,A^{n^2-1}$ son linealmente independiente y forman una base para el espacio de matrices. Sigue que cada matriz conmuta con $A$.

Esto implica que el $A$ es un múltiplo de la identidad, así que el $A - \lambda I = 0$, por lo que cumple con que $A$ $x - \lambda$. Esto contradice nuestra hipótesis de que $A$ no satisface ninguna tal polinomio.

Answer 3

Esta es una prueba por inducción:

El resultado es trivial para $n=1$ y, por supuesto, podemos suponer que el campo de $K$ a ser algebraicamente cerrado.

Escoge un autovector con $Av = \lambda v$, $V = \langle v \rangle$. $V$ es un invariante de una dimensión del subespacio.

Tenemos dos nuevos endomorphisms: $A_{|V} \in End(V)$$(A_{K^n/V}: [x] \mapsto [Ax]) \in End(K^n/V)$.

Por inducción obtenemos $f$ grado $1$ $f(A_{|V})=0$ $g$ grado $n-1$$g(A_{K^n/V})=0$.

El que desee $h(A)=0$ mantiene para el producto $h=fg$:

$g(A_{K^n/V})=0$ se traduce en $g(A)(K^n) \subset V$, por lo tanto $h(A)(K^n)=f(A)(g(A)(K^n)) \subset f(A)(V)=0$.

Answer 4

Sí, utilice la forma de Jordan sobre un encierro algebraico del campo de tierra.