そのランクを表示（ $A^{n+1}$）=ランク（ $A^n$）[重複]

Question

仮定します $A$ は $n \times n$ マトリックスすなわち $A \in \mathbb{C}^{n \times n}$、そのランクを証明する（$A^{n+1}$）=ランク（$A^n$）。言い換えれば、それらの範囲スペースまたはヌルスペースが等しいことを証明する必要があります。それが役立つなら、$A$ は特異行列です。

これを証明するためにジョルダンブロックを使用したくないことに注意してください。ジョルダン標準形を使用せずにこれを証明することは可能ですか？Schurの三角化定理を使用できます。また、Aが対角化可能かどうかもわかりません。

Answer 1

$\newcommand{\rg}{\operatorname{range}}$ 明らかにすべてのために $m$、 $\rg A^{m+1}\subset\rg A^{m}$、そうなら $d_m=\dim\rg A^m$、 $d_{m+1}\le d_m$。場合$d_{m+1}=d_m$ いくつかのための $m$、その後 $\rg A^{m+1}=\rg A^{m}$ したがって $\rg A^m=\rg A^{m+1}=\rg A^{m+2}=\dotsb{}$。つまり、シーケンス$d_0,d_1,\dots$下降が止まると一定になります。
なぜなら$d_0= n$、シーケンスは内で下降を停止する必要があります $n$ 条項。

編集：あなたがコメントで表現した問題については、 $\rg A^{m+1}=\{AA^{m}y:y\in \mathbb C^n\}=\{Ax:x=A^my\in\rg A^m\}=\{Ax:x\in\rg A^m\}$、
したがって$\rg A^{m}=\rg A^{m+1}\implies$
$\rg A^{m+1}=\{Ax:x\in\rg A^m\}=\{Ax:x\in\rg A^{m+1}\}=\rg A^{m+2}$。

Answer 2

ヒント

あなたはそれを証明することができます $k \ge 0$ $$\mathrm{rank}(A^{k+2}) - \mathrm{rank}(A^{k+1}) \le \mathrm{rank}(A^{k+1}) - \mathrm{rank}(A^{k})$$

したがって、 $$\mathrm{rank}(A^{n+1}) < \mathrm{rank}(A^{n})$$ 矛盾を意味します $\mathrm{rank}(A) \gt n$。

Answer 3

すべてはに依存します $n$。したがって、これはnを超える完全帰納法の良いケースです。

n = 1：A =実数または複素数でゼロ以外。 $Rank(A)=1=Rank(A^{n=1})=n=1=rank(a^2)=rank(A^2)=rank(A^{n+1})$

ために $n$ 自然な仮説は $true$。

ために $n+1$ ケースの1行または1列の変更 $n$。この行または列は、Aを構成する他の行または列に依存しますが、線形ではありません。$n$。は、列または行の少なくとも1つの要素が、Aに追加された次元で正確にゼロ以外であることを暗黙的に意味します。$n$。

これで、同等の定義のいくつかを使用できます。 $rank$正方行列の。一般性を制限すると、追加された行または列にはゼロ以外の要素が1つだけあります。これは、たとえば確定的開発の要因として機能するか、新しい固有値または行列Aです。$n+1$。したがって、少なくともその開発では、行列式はゼロ以外の値であり、Aの行列式が$n$ ゼロ以外であり、 $rank(A)=n$。

帰納法の主なアイデアは、一般に非特異行列の乗算による行列ランクまたはランクコンサースのリングです。$A$それ自体は特別です。ゼロ以外の行列$rank$乗算中のランクを保持します。検討中の乗算は、Aのみを乗算するため、可換です。これは、次の仮説のもう1つの指標です。$n+1$。固有値とシュール分解は密接に関連しています。Schur分解の行列の1つは、上三角行列です。したがって、次元を$n$ に $n+1$ 単位ベクトルの最後の行と列が新しい次元の値のみである場合は、単に別の最後を追加します。

Schur分解は、行列と同等です。 $𝐴∈ℂ^{𝑛+1×𝑛+1}$ マトリックスに依存する特性を持っています $𝐴∈ℂ^{𝑛×𝑛}$。の行列$rank$ グループから、保護の下でお互いに変換することができます $rank$。そして、証明が行われます。