Идеология геометрических кратностей

[StaticZero]

И снова здрасссьте.

Есть теорема:
Пусть $\mathbf A$ — линейный оператор на линейном пространстве $V$, $\dim V = n$. Если $\lambda$ — собственное значение оператора, то

$$ 1 \leqslant r \leqslant q, $$

где $r$ — геометрическая кратность собственного числа $\lambda$, $q$ — алгебраическая кратность.

Есть какое-то доказательство через блочную матрицу. Именно, произносят такие слова:

Цитата:

Пусть в собственном подпространстве $F$, соответствующем собственному значению, выбран базис $\mathbf f_1, \mathbf f_2, \ldots, \mathbf f_r$. Дополним его векторами $\mathbf f_{r + 1}, \ldots, \mathbf f_n$ из $V$ до базиса в $V$.

Пусть $A$ — матрица оператора $\mathbf A$ в указанном базисе. Тогда имеем

$$ A = \begin{pmatrix}B & X \\ \mathbb{O} & Y \end{pmatrix}, $$

где

$$ B = \operatorname{diag} (\lambda, \lambda, \ldots, \lambda), $$

...

Матрицы $X$ и $Y$ — непонятно что. На самом деле, из записей этого не понять. Соответственно, дальнейшее доказательство тоже понять не могу, так как утыкаюсь в эти матрицы.

Чего хочется: не могли бы вы подсказать идеологию этого доказательства? Просто взять и прочитать не хочу, так как ничего не отложится в голове. Тем более, что быстро найти это доказательство тоже не получается

То есть, что имеется ввиду: по какому принципу эта матрица строится, чего хочется от неё, чтобы дальше в одну строчку написать

$$ \det (A - \mu E) = (\mu - \lambda)^r \det (Y - \mu E), $$

и если $\mu$ — с. з. $A$, то оно имеет кратность уж точно не меньше $r$, как тут следует.

[DeBill]

StaticZero
Чего то я не понял Ваших проблем...

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

Матрицы $X$ и $Y$ — непонятно что

Правильно. Ну, какие-то будут . Ну и ладно.

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

подсказать идеологию этого доказательства

Идеология: характеристический многочлен - один и тот же, в любом базисе. Вот и будем считать его - в этом.

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

по какому принципу эта матрица строится

Как в тексте, в точности.

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

чего хочется от неё

Хочется, чтобы

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

чтобы дальше в одну строчку написать

ровно то, что написано у Вас
(Еще идеологии: определитель блочно-треугольной равен произведению определителей диагональных блоков.)

StaticZero в сообщении #1121900 писал(а):

как тут следует.

Ну написано ж: у полученног многочлена корень $\mu =\lambda$ имеет кратность ну не меньше $r$...

[StaticZero]

DeBill в сообщении #1121904 писал(а):

Правильно. Ну, какие-то будут

А тогда как показать, что матрица имеет действительно блочно-треугольный вид? И то, что $B = \operatorname{diag} \ldots$, соответственно.

[DeBill]

StaticZero
Дык - кто такой $F$? Собственное, соответствующее лямбде. Т.е., для всякого $e \in F$, имеем $\mathbf A e = \lambda e$ ... Вот два блока и вышло (а два других - нам по барабану)

[svv]

А Вы знаете, какой смысл вообще имеют столбцы матрицы оператора $\textsf A: V\to V$ в некотором базисе? Они показывают, во что превращает оператор базисные векторы этого базиса. Похоже, именно этого ключика Вам не хватает.

[StaticZero]

svv в сообщении #1121917 писал(а):

именно этого ключика Вам не хватает.

Как оказалось да. Всё действительно получилось. Спасибо :)