Оцените доказательство (нильпотентная матрица)

[student1138]

Здравствуйте.
Решил одну задачку, но как-то громоздко и вообще не до конца уверен что правильно. Подскажите не накосячил ли где и нет ли более изящного решения.
Задача
Пусть $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} $
Доказать что если $A^m = 0$, то $A^2=0$

Доказательство
Докажем сначала следующую лемму:
Лемма 1.
Матрица $A$ имеет обратную тогда и только тогда когда $ ad-bc\ne 0 $

Доказательство.
Пусть $AX = E$. Решая указанную систему уравнений находим X:
$X = A^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$.
Следовательно:
1) $ad-bc=0\Rightarrow A^{-1}$ не определена
2) $A^{-1}$ не определена $\Rightarrow ad-bc=0 $ (вот за этот вывод как-раз не уверен, законен ли он?)

Тепер докажем еще одну лемму:
Лемма 2.
Если $A^m = 0$, то $\operatorname{rank}A<2$
Доказательство.
Используем ранее доказанный следующий факт: для квадратных матриц A, B порядка n имеет место неравенство $\operatorname{rank}A+\operatorname{rank}B-n\leqslant$\operatorname{rank}AB. Исходя из этого неравенства $\operatorname{rank}A^{m-1}+\operatorname{rank}A\leqslant 2$. Предположим что \operatorname{rank}A=2. Тогда \operatorname{rank}A^{m-1}=0. Повторяя рассуждение придем к тому что \operatorname{rank}A=0. Противоречие.

Теперь перейдем к доказательству исходной задачи.
С учетом леммы 2 ранг матрицы A менее 2. Т.к. матрица имеет обратную тогда и только тогда, когда она невырожденна, матрица A не имеет обратной. Откуда, с учетом леммы 1, для матрицы A имеет место $ ad-bc = 0 $.

Возведя матрицу A в квадрат и используя тот факт что $ad=bc$, получим следующее выражение:
$A^2 = (a+d)\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$
Откуда:
$A^{m} = (a+d)^{m-1}\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$

Откуда, если $A^{m}=0$, то либо $A=0$, либо $a+d=0$. В обоих случаях $A^2=0$. Ч.т.д.

[arseniiv]

Если квадратная $A$ имеет обратную, то $A = A^{-1}AA = \ldots = (A^{-1})^{m-1}A^m = 0$, так что $A$ иметь обратной не может.

[AV_77]

Если $A^m = 0$, то минимальный многочлен $f_A(x)$ делит $x^m$ и имеет степень не выше $2$. Следовательно, $f_A(x) = x$ или $f_A(x) = x^2$. В любом случае $f_A(x)$ делит $x^2$, а значит $A^2 = 0$.

[deep blue]

student1138 в сообщении #1082759 писал(а):

2) $A^{-1}$ не определена $\Rightarrow ad-bc=0 $ (вот за этот вывод как-раз не уверен, законен ли он?)

Пусть вывод не законен. То есть обратная матрица не определена и $ad-bc\not =0$. Тогда выполняется $ \frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$
Следовательно матрицы $ \frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$ и $ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ являются обратными друг к другу по определению обратной матрицы. Мы получили противоречие. Следовательно вывод законен.

[Xaositect]

student1138 в сообщении #1082759 писал(а):

Теперь перейдем к доказательству исходной задачи.
С учетом леммы 2 ранг матрицы A менее 2. Т.к. матрица имеет обратную тогда и только тогда, когда она невырожденна, матрица A не имеет обратной. Откуда, с учетом леммы 1, для матрицы A имеет место $ ad-bc = 0 $.

Тут обратные матрицы совершенно не обязательны, достаточно определения ранга.

[Cash]

$0=|A^m|=|A|^m \Rightarrow |A|=0 $

[Евгений Машеров]

Если матрица в m-той степени равна нулю, значит, все её собственные значения равны нулю. Если исходная матрица A не нулевая, значит, она подобна матрице
$J = \begin{bmatrix} 0 & h \\ 0 & 0 \end{bmatrix} $
Тогда её квадрат - нулевой.

[Evgenjy]

student1138 в сообщении #1082759 писал(а):

Возведя матрицу A в квадрат и используя тот факт что $ad=bc$, получим

Ваше доказательство мне понравилось. Вы долго возились с предварительной частью. Ее лучше взять у Cash.

Уважаемый Евгений Машеров

$$\begin{bmatrix} &1 &1 \\ &-1 &-1 \end{bmatrix}^2=0$$

[TOTAL]

student1138 в сообщении #1082759 писал(а):

Нет ли более изящного решения?

Почти сразу следует из того, что каждая матрица является корнем своего характеристического многочлена.

[arseniiv]

Evgenjy в сообщении #1082913 писал(а):

$$\begin{bmatrix} &1 &1 \\ &-1 &-1 \end{bmatrix}^2=0$$

Подобна. Поверните на $\pi/4$.

[Slav-27]

Вот ещё доказательство. Я пишу его из-за того, что оно элементарно и используется при построении спектральной теории линейных операторов конечномерных эрмитовых пространств.

Матрица $A$ задаёт линейный оператор в $\mathbb{R}^2$.

Нарисуем базисные векторы (столбцы!), допишем к ним снизу образы, к образам (тоже снизу) - образы образов, и так далее, пока не занулятся (т. к. $A^m=0$, то это случится не позже чем на $m$-м шаге). Получится 2 башни. Уроним их "на землю" - получится за́мок.

Вот 2 свойства замка:
1) Если подействовать оператором $A$ на какой-нибудь этаж, кроме 1-го (нижнего), то получится этаж, который этажом ниже (кроме случая, когда одна башня выше другой и этажом ниже начинается низкая башня - тогда получится только пол-этажа).
2) А если подействовать на 1-й этаж, то получится 2 нулевых вектора.

Очевидно, что линейная независимость всех векторов замка равносильна линейной независимости векторов 1-го этажа.

Поэтому пока в замке более 2 векторов, можно линейными преобразованиями башен занулять левый или правый вектор 1-го этажа и выбрасывать его (так что верхушка башни падает вниз), - сохраняя 2 свойства замка.

Так продолжать до тех пор, пока не останется всего 2 вектора (любые 3 вектора размерности 2 линейно зависимы). Оставшиеся 2 линейно независимы, следственно любой вектор линейно выражается через них. Как эти 2 вектора расположены? - либо в одну башню в 2 вектора высотой, либо в 2 башни высотой в 1 вектор. В любом случае под действием $A^2$ оба переходят в ноль - следственно любой вектор переходит в ноль.