rank(A^(n+1))=rank(A^n)

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$A$是一个$n$阶矩阵，求证$$rank(A^{n+1})=rank(A^n)$$
同时问上式有没有几何或者物理解释？（因为$n$太特殊~）
$rank$代表矩阵的秩。

kastin

有如下定理

定理：设 `A` 为 `n` 阶方阵，则必存在正整数 `m` 使得 `r(A^m)=r(A^{m+1})`.

显然这里的 `m` 不一定是等于 `n` 的，比如 幂等矩阵 或者 幂零矩阵。

注：由于 `rank` 词头太长，在涉及秩等式或者不等式相关公式中显得过于累赘，通常大多数文献中采用 `r(A)` 来表示矩阵 `A` 的秩。

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kastin 发表于 2014-12-19 15:22
有如下定理

定理：设 `A` 为 `n` 阶方阵，则必存在正整数 `m` 使得 `r(A^m)=r(A^{m+1})`.

这个定理在哪里有参考资料？

关于$m$有什么性质？

mathe

$n-r(A)$代表特征值0的代数重数。

mathe

设$\lambda$是矩阵A的一个特征向量，那么$Ax=\lambda x$的解空间的维数成为A关于特征值$\lambda$的几何重数
我们也可以将上面方程写成$(A-\lambda I)x=0$.
而如果存在整数k使得$(A-\lambda I)^k*x=0$的解空间维数称为A关于特征值$\lambda$的代数重数。
其中显然对于每个给定的k给出的解空间$S_k$,$S_k$是$S_{k+1}$的子空间，而且如果对于某个k,$S_k=S_{k+1}$，那么必然有$S_{k+1}=S_{k+2}$。
而矩阵A的特征多项式f(x)中，因子$(x-\lambda)$的次数等于其代数重数。

282842712474

而如果存在整数k使得(A−λI)k⋅x=0的解空间维数称为A关于特征值λ的代数重数。

这句话似乎有问题。

kastin

282842712474 发表于 2014-12-19 15:34
这个定理在哪里有参考资料？

关于$m$有什么性质？

下面是一个简单的证明：
对于线性方程$$Ax=0 \tag{1}$$其解空间的维度（基础解系的个数）是 `\mathrm{dim} V =n-r(A)`
显然，对于大于正整数 `p~(p>1)` 上述方程的解也是方程$$A^px=0\tag{2}$$的解。因此方程(1)的解空间是方程(2)的解的子空间，故有 `\mathrm{dim} V^p=n-r(A^p) \geqslant n-r(A)`，即 `r(A) \geqslant r(A^p)`; 并且`1 \leqslant r(A) \leqslant n，1 \leqslant r(A^p) \leqslant n`.

最后便有 $$n \geqslant r(A) \geqslant r(A^2) \geqslant r(A^p) \geqslant  r(A^{p+1}) \geqslant \cdots \geqslant 1 \tag{3}$$因为(3)给出的是一个非严格的单调有界数列，根据单调有界收敛性可知，必然存在一个正整数 `m` 满足 `r(A^m)=r(A^{m+1})`，故命题得证。

注：上面的思路是从几何角度来推导(3)的，若从代数角度则更加显然：注意到，一个满秩矩阵乘以一个矩阵是不会改变原矩阵的秩的，因此方阵的幂的秩一定是单调非增的，因而立即推出(3)。

而楼主提出 `n` 阶方阵 `A` 满足 `r(A^{n+1})=r(A^n)` 是正确的，证明也很简单。只需要证明 `A^nx=0` 与 `A^{n+1}x=0` 是同解方程即可（因为同解方程的解空间是一样的，故维数一样，因此系数矩阵秩等）。

证明：显然 `A^nx=0` 的解必然满足 `A^{n+1}y=0`。剩下只需证明后一个方程的解也满足前一个方程。
记后一个方程的的解为 `y^\ast`，即`A^{n+1}y^\ast=0`。考虑反证法，假设 `A^ny^\ast \neq 0`，因而 `A^{n-1}y^\ast \neq 0,\cdots,Ay^\ast \neq 0`。那么向量组 `\{y^\ast, Ay^\ast,\cdots,A^ny^\ast\}` 是线性无关的，下面来证明。
考虑它们的线性组合$$k_0y^\ast+k_1Ay^\ast+\cdots+k_nA^ny^\ast=0$$左乘 `A^n`，根据假设，上式第二项及其后面的项全为零，所以变为 `k_0A^ny^\ast=0`。又因为 `A^ny^\ast \neq 0`，故只能 `k_0=0`。
类似地，左乘 `A^{n-1}` 可得 `k_1=0`。依此类推，便得到 `k_0=k_1=\cdots=k_n=0`。这便与n+1个n维向量必然线性相关相矛盾，故假设不成立，即 `A^ny^\ast=0`。
综上所述，`A^nx=0` 与 `A^{n+1}x=0` 是同解方程，于是 `r(A^{n+1})=r(A^n)` 。

这里不难得出一个推论： `m` 的下界应小于 `n`。这也是楼主曾向我求证的结论，虽然我还没找到很好的直观证明。

mathe

m的意义变换成Jordon标准型后就很显然了

kastin

下面证明 `m` 的最小值小于 `n`。

考虑任意 `n` 阶方阵 `A` 都有 Jordan 标准型，即必然存在一可逆矩阵 `V` 满足$$A=V^{-1}JV$$其中 `J=\mathrm{diag}(J_{n_1},J_{n_2},\cdots,J_{n_s})`，`n_1+n_2+\cdots+n_s=n`.
对角块 `J_{n_i}~(i=1,2,\cdots,s)` 是一个 `n_i` 阶的方阵，称为 Jordan 块，其主对角线为特征值，次对角线为1。`s` 是特征值的个数（重复的算多个）。
注：某个特征值对应的几何重数就是该特征值相应的Jordan块的个数，而代数重数就是这些阶数之和。比如Jordan矩阵$$J=\begin{pmatrix}
5 & 1\\
0& 5 \\
&&3\\
&&&3&1&0\\
&&&0&3&1\\
&&&0&0&3\\
&&&&&&0&1\\
&&&&&&0&0
\end{pmatrix}$$对应特征值3的几何重数是2（因为有2个对角线元素为3的Jordan块），代数重数为4（这两个Jordan块的阶数和为1+3=4）.

乘上可逆矩阵不会改变原矩阵的秩，因而而 `A^p` 的秩就是 `J^p=\mathrm{diag}(J_{n_1}^p,J_{n_2}^p,\cdots,J_{n_s}^p)` 的秩。又由于Jordan块 `J_{n_i}` 主对角线上元素非零则必为满秩矩阵，故 `A^p` 的秩取决于零特征值对应的那些Jordan块是否会降秩——$$\begin{pmatrix}
0 & 1 &&&&\\
& 0&1 &&& \\
&& \ddots &\ddots &&\\
&&&0&1&
\end{pmatrix}_{n_i \times n_i }$$不难发现，上面这种矩阵的 `n_i` 次幂会 第一次 化为零矩阵。因此得出结论：`m` 的最小值就是 `A` 的Jordan标准型中零特征值对应的Jordan块矩阵的最大阶数。显然这个阶数是不超过整个Jordan矩阵的阶数 `n` 的，证毕。

举个例子，方阵 `A` 的Jordan标准型为$$J=\begin{pmatrix}
9 & 1&0&0\\
0& 9 &1&0 \\
0&0&9 &1\\
0&0&0&9\\
&&&&-2\\
&&&&&0&1&0\\
&&&&&0&0&1\\
&&&&&0&0&0\\
&&&&&&&&0&1\\
&&&&&&&&0&0
\end{pmatrix}$$观察发现零特征值对应Jordan块的最大阶数为3，故 `m` 的最小值就是3， `r(A^2)\neq r(A^3)=r(A^4)=r(A^5)=\cdots`。