Задачи по тензорной алгебре

[caxap]

Сначала вопрос. В учебнике написано

Цитата:

Пусть $V$ -- векторное пространство над полем $K$ и $L$ -- какое-либо расширение поля $K$. Рассматривая $L$ как векторное пространство над $K$, мы можем образовать тензорное произведение $L\otimes V$. Согласно определению, это векторное пространство над $K$. Однако его можно превратить в векторное прсотарнство над $L$, определив умножение на эелменты поля $L$ по правилу

$$\lambda(\mu\otimes v)=\lambda\mu\otimes v\quad (\lambda,\mu\in L,\ v\in V)\,.$$

То есть в последней формуле берётся $\mu\otimes v$ в качестве произвольного элемента $L\otimes V$ и показывается, как на него умножается скаляр. Но ведь в тензорном произведении бывают неразложимые элементы, то есть такие, которые нельзя представить в виде $\mu\otimes v$.

[Joker_vD]

caxap в сообщении #444848 писал(а):

Но ведь в тензорном произведении бывают неразложимые элементы, то есть такие, которые нельзя представить в виде $\mu\otimes v$.

Зато любой элемент можно представить в виде линейной комбинации $\sum\mu\otimes v$.

[Kallikanzarid]

+1, доопределяем по линейности.

[caxap]

Joker_vD, Kallikanzarid
Спасибо, разобрался.

Теперь задачи.

2.1.а) Доказать, что всякий элемент $z\in V\otimes W$ представляется в виде

$$z=\sum_{k=1}^r v_k \otimes w_k\,,$$

где векторы $v_1,...,v_r\in V$, а также векторы $w_1,...,w_r\in W$ линейно независимы. $r$ равно рангу матрицы координат элемента $z$.

Пусть $(e_i)_{i=1}^n$, $(f_j)_{j=1}^m$ -- базисы в $V,W$ соответственно. Тогда

$$z=\sum\limits_{i,j} z_{ij}\, e_i\otimes f_j=\sum\limits_i e_i\otimes \Big(\sum_j z_{ij} f_j\Big)=:\sum_{i=1}^n e_i\otimes y_i\quad (y_j\in W)\,.$$

А вот дальше не получается. Нам как-то нужно уменьшить число слагаемых, собрав несколько членов вида $e_i\otimes y_i$ в один... Анализ с конца не помог: я даже не знаю, из чего тут может всплыть ранг $(z_{ij})$.

[Xaositect]

Выделите среди $y_i$ максимальное линейно независимое подмножество.

[caxap]

Xaositect, спасибо!

Координатами вектора $y_i$ являются числа $z_{ij}$ ($j=\overline{1,n}$), поэтому ранг матрицы $(z_{ij})$ равен количеству линейно независимых $y_i$. Выберем из них максимальную независимую систему $w_1,...,w_r$, $r=\operatorname{rk}(z_{ij})$. Тогда каждый вектор $y_i=\sum_{k=1}^r a_{ik} w_k$ и

$$\begin{gathered} z=\sum_{i=1}^n e_i\otimes y_i=\sum_{i=1}^n e_i\otimes \Big(\sum_{k=1}^r a_{ik} w_k\Big)=\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^r a_{ik}\, e_i\otimes w_k=\sum_{k=1}^r \sum_{i=1}^n (...)=\\ = \sum_{k=1}^r\Big(\sum_{i=1}^n a_{ik} e_i\Big)\otimes w_k=:\sum_{k=1}^r v_k\otimes w_k\,. \end{gathered}$$

Так правильно?

[Xaositect]

Да.

[caxap]

Xaositect, спасибо за проверку.

1.4. $\mathscr A,\mathscr B$ -- линейные операторы в $n$-мерном и $m$-мерном пространстве соответственно. Доказать, что $\operatorname{det} \mathscr A\otimes\mathscr B=(\operatorname{det} \mathscr A)^m\,(\operatorname{det} \mathscr B)^n$.

Тут, наверное, лучше перейти к матрицам. Если матрицы операторы равны соотв. $A=(a_{ij})$ и $B$, то матрицу $A\otimes B$ в блочном виде можно записать как $(a_{ij}B)$. Но как найти её определитель не могу придумать. Пытался через координаты ($\sum (-1)^{i_1 i_2...} ...$) -- запутался, чуть голову не сломал (надо ведь ещё переводить элементы $a_{ij}b_{kl}$ в двухиндексные: при переводе у меня вылезли остатки и целая часть). Наверное, можно проще решить?

[ewert]

Ну, для блочно-треугольной матрицы определитель, как известно, равен произведению определителей диагональных блоков. Вот и выберите базис так, чтобы вся Ваша блочная матрица оказалась блочно-треугольной.

[caxap]

ewert в сообщении #445097 писал(а):

Вот и выберите базис так, чтобы вся Ваша блочная матрица оказалась блочно-треугольной.

А этот базис всегда существует? Если да, то, получается, у каждого оператора есть собственный вектор (= первый базисный вектор нового базиса), а это не так.

Если матрица оператора $\mathscr A$ в некотором базисе треугольная, то $|\mathscr A|=a_{11}\cdots a_{nn}$ и $|\mathscr A\otimes \mathscr B|=|a_{11} B|\cdots |a_{nn} B|=a_{11}^m |B|\cdots a_{nn}^m |B|=|A|^m \,|B|^n$.

[Kallikanzarid]

Можно воспользоваться равенством $A^* \omega = (\det A) \omega$ для любой формы $\omega \in \bigwedge^n V^*$.

[caxap]

До форм я ещё не дошёл. Это задачки из первого параграфа про тензоры. Ещё даже сами тензоры не ввелись, только тензорное произведение.

[Kallikanzarid]

А тензоры - это и есть элементы тензорного произведения :) Но раз форм еще нет, то придется элементарными методами доказывать.

[ewert]

Ну хорошо. Давайте приводить матрицу к блочно-треугольному (точнее, к блочно-ступенчатому) виду блочным же методом Гаусса, когда на каждом шаге из каждой нижней блочной строки вычитается верхняя блочная, умноженная на соответствующее число. (Под блочной строкой понимается матрица, составленная из матриц $B$, умноженных на элементы соотв. строки матрицы $A$ и сцепленные по горизонтали.) Если это удастся сделать без перестановок блочных строк (т.е. если по ходу процесса не будет образовываться нулевых блоков на диагонали или, что эквивалентно, не будет образовываться на диагонали нулей в соответствующем образом преобразуемой просто матрице $A$), то всё хорошо: по ходу преобразований не будет меняться ни детерминант матрицы $A$, ни детерминант тензорного произведения, а в конце мы получим блочно-треугольную матрицу $\widetilde A\otimes B$, где матрица $\widetilde A$ треугольна и при этом $\det\widetilde A=\det A$, а с этим случаем всё ясно.

Проблемы возникнут, если придётся переставлять блочные строки, поскольку изменения знаков при такой перестановке для $\det(A\otimes{B})$ не согласованы, вообще говоря, с изменениями знаков для $\det A$ при аналогичных перестановках. Но тут фишка вот в чём. Рассогласование знаков возможно лишь в случае чётного $m$ (размер матрицы $B$): тогда при перестановке блочных строк знак $\det(A\otimes{B})$ в любом случае не изменится, а знак $\det A$ -- как получится. Но ведь в ответе-то $\det A$ всё равно стоит в степени $m$, т.е. в данном случае в чётной. Поэтому нам для этого случая совершенно безразлично, как будет формально выглядеть получившийся ответ -- как $(\det{A})^m(\det B)^n$ или как $(-\det A)^m(\det B)^n$. Так что всё нормально.

[caxap]

(Оффтоп)

Kallikanzarid в сообщении #445130 писал(а):

А тензоры - это и есть элементы тензорного произведения :)

Да. Но прежде чем говорить об элементах тензорного произведения нужно само тензорное произведение определить. Что в учебнике первым делом и делается.

ewert в сообщении #445136 писал(а):

Давайте приводить матрицу к блочно-треугольному

Извините, я не совсем понял. Давайте сначала на языке операторов: определитель матрицы оператора не зависит от базиса ($|C^{-1}AC|=|A|$), поэтому если мы найдём такой базис, где матрица оператора $\mathscr A$ треугольна, то всё хорошо, ибо тензорное произведение не зависит от базисов. То есть $|\mathscr A\otimes \mathscr B|=|A\otimes B|$, где $A,B$ -- матрицы соответствующих операторов в каких-то базисах.

Вы приводите матрицу $A$ к треугольному виду (пускай она невырожденна) путём элементарного преобразования "прибавление другой строки, умноженной на скаляр", что эквивалентно умножению на специальную матрицу с определителем 1, то есть определитель преобразуемой матрицы не меняется. В конце концов мы приходим к разложению $A=QA'$, где $A'$ -- верхняя треугольная, $|Q|=1$. И хотя $|A|=|A'|$, полученное преобразование не то же, что переход к другому базису. И тогда откуда мы знаем, то от замены $A$ на $QA'$ не должно изменится $|\mathscr A\otimes \mathscr B|$? То есть $QA'$ может быть в текущем базисе быть матрицей вообще другого оператора. С тем же успехом можно заменить $A$ на любую другую матрицу с определителем как у $A$.