Доказать, что если линейный оператор диагонализуем, то его ограничение на любое инвариантное подпространство тоже диагонализуемо.

задан 7 Апр '16 23:57

1

Авдеев будет не доволен тобой :(

(11 Апр '16 14:13) Serd Kesha HSE
1

@Serd Kesha HSE: не надо помещать здесь постороннего характера сообщения. Личные вопросы можно обсудить в социальных сетях, или где-то ещё за пределами форума.

(11 Апр '16 14:44) falcao

Это утверждение совсем простое, если предполагается или алгебраическая замкнутость поля или то, что все собственные значения оператора различны. Доказательство нужно без этих предположений?

(12 Апр '16 1:28) Sunbro

@Tzara а у нас алгебраической замкнутости еще вообще не было в программе

(12 Апр '16 1:32) lugo

@lugo Чтобы не пользоваться ни алгебраической замкнутостью, ни предположением об различных собственных значениях мне нужна теорема о том, как устроены конечно порожденные модули над кольцами главных идеалов... я боюсь, что вы это не проходили еще... Надо доказать для произвольного поля?

(12 Апр '16 1:43) Sunbro

@Tzara, а из критерия диагонализуемости еще не следует то, что все собственные значения различны?

(12 Апр '16 1:55) laminat

@laminat Не, не следует... Рассмотрите тождественный оператор...

(12 Апр '16 1:56) Sunbro

@Tzara, Да, для произвольного поля. Собственные значения это как раз одна из наших тем.

(12 Апр '16 16:13) lugo
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
3

Используем следующий критерий диагонализуемости матрицы: её минимальный аннулирующий многочлен (то есть многочлен $%f(x)$% минимальной степени над полем $%F$%, для которого $%f(A)=0$%) не имеет кратных корней.

Действительно, легко проверяется, что для жордановой клетки размером $%m$% с собственным числом $%\lambda$%, такой многочлен равен $%(x-\lambda)^m$%. Для отдельных жордановых клеток такие многочлены перемножаются. (Вообще, описание минимальноо многочлена можно найти в учебниках.) Поэтому отсутствие кратных корней равносильно тому, что все жордановы клетки имеют размер $%1$%, а это и есть диагонализуемость.

Рассмотрим теперь некоторый базис в инвариантном подпространстве, дополняя его до базиса всего пространства. Матрица оператора при этом будет иметь такой вид: $$\begin{pmatrix} A & \ast \\ 0 & B \end{pmatrix},$$ где $%A$% есть матрица ограничения оператора на инвариантное подпространство. При возведении в степень такой матрицы, $%A$% и $%B$% возводятся в соответствующие степени. Поэтому минимальный многочлен здесь будет равен произведению минимальных многочленов для матриц $%A$% и $%B$%. Поскольку он не имеет кратных корней, то и его делитель, являющийся минимальным многочленом для $%A$%, кратных корней иметь также не будет. Из этого следует, что матрица $%A$% диагонализуема.

ссылка

отвечен 12 Апр '16 17:14

Я думаю, что Вы использовали алгебраическую замкнутость.

(12 Апр '16 23:48) Sunbro

@Tzara: это касается только доказательства вспомогательного факта о жордановых клетках, где речь идёт о привлечении алгебраического замыкания. Если же матрица диагонализируема над исходным полем, то у минимального многочлена нет кратных корней. Тогда то же верно и для минимального многочлена матрицы A, который является делителем.

(13 Апр '16 0:03) falcao

@falcao Понятно, что минимальный многочлен матрицы A не имеет кратных корней, но почему из этого следует, что оператор А диагонализируем (это обычно доказывается через жорданову форму).

(13 Апр '16 0:13) Sunbro

@Tzara: тут через жорданову форму всё и доказывается, но это предполагает рассмотрение алгебраического замыкания (как и должно быть), но не предполагает алгебраической замкнутости исходного поля. Если A не диагонализируема, то у неё есть жорданова клетка размером больше 1. Тогда A нельзя аннулировать многочленом без кратных корней. Но мы располагаем многочленом без кратных корней, аннулирующим матрицу линейного преобразования всего пространства. Он равен произведению линейных многочленов вида $%x-c_i$%, где $%c_i$% принадлежат исходному полю. Тогда и собственные числа для A из этого же списка.

(13 Апр '16 0:21) falcao

Как следует импликация "Поэтому минимальный многочлен здесь будет равен произведению минимальных многочленов для матриц"?

(7 Авг 20:46) Slater

@Slater: наверно, такое утверждение слишком сильное. Надо подправить: минимальный многочлен блочной матрицы обязан быть аннулирующим как для A, так и для B. Значит, минимальный многочлен для A его делит. Этого достаточно.

(7 Авг 21:09) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,002

задан
7 Апр '16 23:57

показан
803 раза

обновлен
7 Авг 21:09

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru