Задача и вопрос (линал/алгебра)

[artempalkin]

1) Эту задачу сам придумал, хотя, может быть, уже кто-то и раньше ее выдумал.

Допустим, нам дана группа квадратных матриц порядка m (то есть матрицы порядка m) относительно операции умножения матриц, содержащая n матриц.

Чему может быть равен определитель матрицы, являющейся суммой всех элементов группы?

2) Вот тут я точно не знаю ход решения и ответ на данный момент, пригодились бы мысли. Тоже сам придумал.

Предположим, нам дана такая квадратная матрица А, что trA^k=0 для любых натуральных к. Доказать, что матрица А нильпотентная.

[Padawan]

По второй задаче. След матрицы $A^k$ равен сумме собственных значений в степени $k$. Значит, все они равны нулю . Значит, матрица нильпотентная (жорданова форма).

[svv]

Вторая задача — это теорема 4.6.2.1 в «Линейной алгебре» Прасолова.

[arseniiv]

Интересно. Умножает на определитель оператор $A^{\wedge m} := A\wedge\ldots\wedge A$, где множителей во внешнем произведении $m$. Пусть операторы в группе обозначены $A_1,\ldots,A_n$, тогда определитель их суммы будет

$$(A_1 + \ldots + A_n)^{\wedge m} = \sum_{i_1,\ldots,i_m = 1}^n A_{i_1}\wedge\ldots\wedge A_{i_m}.$$

В эту сумму входит как сумма (операторов-)определителей каждого $A_i$, так и куча всяких страшненьких операторов вида

$$c\sum_{\sigma\in S_m} A_{\sigma\,i_1}\wedge\ldots\wedge A_{\sigma\,i_m},$$

для не всех равных $i_1,\ldots,i_n$; про такие операторы мне пока нечего сказать…

(NB: произвольное выражение $B_1\wedge\ldots\wedge B_k$ не является линейным оператором на $k$-й внешней степени пространства, на котором оперируют $B_i$. Нужна «симметризация» как выше.)

[Xaositect]

artempalkin в сообщении #1439832 писал(а):

Допустим, нам дана группа квадратных матриц порядка m (то есть матрицы порядка m) относительно операции умножения матриц, содержащая n матриц.

Чему может быть равен определитель матрицы, являющейся суммой всех элементов группы?

А зачем условие порядка $m$? Для любой нетривиальной конечной подгруппы эта сумма будет вырожденным оператором.

[artempalkin]

Xaositect в сообщении #1439939 писал(а):

artempalkin в сообщении #1439832 писал(а):

Допустим, нам дана группа квадратных матриц порядка m (то есть матрицы порядка m) относительно операции умножения матриц, содержащая n матриц.

Чему может быть равен определитель матрицы, являющейся суммой всех элементов группы?

А зачем условие порядка $m$? Для любой нетривиальной конечной подгруппы эта сумма будет вырожденным оператором.

Ответ правильный, а доказать сможете?

По поводу того, зачем нужен порядок, ну... можно и без порядка.

-- 15.02.2020, 21:50 --

Padawan в сообщении #1439878 писал(а):

По второй задаче. След матрицы $A^k$ равен сумме собственных значений в степени $k$. Значит, все они равны нулю . Значит, матрица нильпотентная (жорданова форма).

Кстати, да. Я почему-то думал, что в жордановой форме на диагонали будет что-то более сложное, но ведь нет, просто все СЗ возведутся в степени. Тогда все доказано! Спасибо!

[svv]

artempalkin в сообщении #1439945 писал(а):

Ответ правильный, а доказать сможете?

Обозначим матрицы, составляющие группу, $A_1,\ldots,A_n$, и пусть $S$ — их сумма.
Тогда $S A_k=S$ (потому что при фиксированном $k$ и всевозможных $i=1..n$ произведения вида $A_iA_k$ дадут все $n$ элементов группы).
Предположим, что $\det S\neq 0$, тогда $S$ обратима. Умножая равенство на $S^{-1}$ слева, получим $A_k=E$ для любого $k=1..n$, что может быть справедливо, лишь если группа состоит только из $E$.

[artempalkin]

arseniiv в сообщении #1439938 писал(а):

Интересно. Умножает на определитель оператор $A^{\wedge m} := A\wedge\ldots\wedge A$, где множителей во внешнем произведении $m$. Пусть операторы в группе обозначены $A_1,\ldots,A_n$, тогда определитель их суммы будет

$$(A_1 + \ldots + A_n)^{\wedge m} = \sum_{i_1,\ldots,i_m = 1}^n A_{i_1}\wedge\ldots\wedge A_{i_m}.$$

В эту сумму входит как сумма (операторов-)определителей каждого $A_i$, так и куча всяких страшненьких операторов вида

$$c\sum_{\sigma\in S_m} A_{\sigma\,i_1}\wedge\ldots\wedge A_{\sigma\,i_m},$$

для не всех равных $i_1,\ldots,i_n$; про такие операторы мне пока нечего сказать…

(NB: произвольное выражение $B_1\wedge\ldots\wedge B_k$ не является линейным оператором на $k$-й внешней степени пространства, на котором оперируют $B_i$. Нужна «симметризация» как выше.)

Честно говоря, я почти ничего не понял :) Скорее даже вовсе ничего. Я даже не совсем уверен, что означает вот этот знак \wedge в отношении операторов.

-- 15.02.2020, 22:01 --

svv в сообщении #1439948 писал(а):

artempalkin в сообщении #1439945 писал(а):

Ответ правильный, а доказать сможете?

Обозначим матрицы, составляющие группу, $A_1,\ldots,A_n$, и пусть $S$ — их сумма.
Тогда $S A_k=S$ (потому что при фиксированном $k$ и всевозможных $i=1..n$ произведения вида $A_iA_k$ дадут все $n$ элементов группы).
Предположим, что $\det S\neq 0$, тогда $S$ обратима. Умножая равенство на $S^{-1}$ слева, получим $A_k=E$ для любого $k=1..n$, что может быть справедливо, лишь если группа состоит только из $E$.

Идеально :) Все верно!

[Xaositect]

artempalkin в сообщении #1439945 писал(а):

Ответ правильный, а доказать сможете?

Пусть наша группа называется $G$, рассматриваемая сумма $s = \sum_{g \in G} g$ и $h \in G$. $sh = \left(\sum_{g \in G} g\right) h = \sum_{g \in G} gh = s$. То есть все элементы группы при умножении слева на сумму становятся равны сумме. Это возможно только для вырожденной матрицы.

-- Сб фев 15, 2020 20:02:50 --

svv опередил :)

[artempalkin]

Xaositect в сообщении #1439951 писал(а):

artempalkin в сообщении #1439945 писал(а):

Ответ правильный, а доказать сможете?

Пусть наша группа называется $G$, рассматриваемая сумма $s = \sum_{g \in G} g$ и $h \in G$. $sh = \left(\sum_{g \in G} g\right) h = \sum_{g \in G} gh = s$. То есть все элементы группы при умножении слева на сумму становятся равны сумме. Это возможно только для вырожденной матрицы.

Все правильно :)

[arseniiv]

artempalkin
После ответа Xaositect мне очевидно, что внешние степени прикатывать сюда не стоило, раз дело больше в обратимости, чем в значении определителя. А внешнее произведение $\wedge$ я не совсем правильно употребил, считайте его тензорным $\otimes$. Тензорным произведением $B_1\otimes\ldots\otimes B_k$, где $B_i$ действуют на $V$, можно действовать на тензорах из $V^{\otimes k}$, определив

$$(B_1\otimes\ldots\otimes B_k)(v_1\otimes\ldots\otimes v_k) = B_1 v_1\otimes\ldots\otimes B_k v_k$$

на разложимых тензорах (на остальных по линейности). Теперь если мы определим внешние степени $\wedge^k V$ через тензорные, мы сможем действовать некоторыми хорошего вида операторами на них. Чтобы такой хороший оператор получить, окажется достаточным симметризовать любой $B_1\otimes\ldots\otimes B_k$. (В частности $n$-я внешняя степень оператора $A$, связанная с его определителем, получается просто как $n$-я тензорная.)

svv в сообщении #1439948 писал(а):

Тогда $S A_k=S$ (потому что при фиксированном $k$ и всевозможных $i=1..n$ произведения вида $A_iA_k$ дадут все $n$ элементов группы).

Как просто и замечательно!

[svv]

(Оффтоп)

Я воспользовался боевой телепатией и украл решение из головы Xaositect, надеюсь, он простит. А печатаю я быстро.

[artempalkin]

arseniiv в сообщении #1439953 писал(а):

artempalkin
После ответа Xaositect мне очевидно, что внешние степени прикатывать сюда не стоило, раз дело больше в обратимости, чем в значении определителя. А внешнее произведение $\wedge$ я не совсем правильно употребил, считайте его тензорным $\otimes$. Тензорным произведением $B_1\otimes\ldots\otimes B_k$, где $B_i$ действуют на $V$, можно действовать на тензорах из $V^{\otimes k}$, определив

$$(B_1\otimes\ldots\otimes B_k)(v_1\otimes\ldots\otimes v_k) = B_1 v_1\otimes\ldots\otimes B_k v_k$$

на разложимых тензорах (на остальных по линейности). Теперь если мы определим внешние степени $\wedge^k V$ через тензорные, мы сможем действовать некоторыми хорошего вида операторами на них. Чтобы такой хороший оператор получить, окажется достаточным симметризовать любой $B_1\otimes\ldots\otimes B_k$. (В частности $n$-я внешняя степень оператора $A$, связанная с его определителем, получается просто как $n$-я тензорная.)

svv в сообщении #1439948 писал(а):

Тогда $S A_k=S$ (потому что при фиксированном $k$ и всевозможных $i=1..n$ произведения вида $A_iA_k$ дадут все $n$ элементов группы).

Как просто и замечательно!

Ну это крутовато для меня :) Я не плаваю так глубоко :)

[arseniiv]

artempalkin
Если захотите поплавать во внешних произведениях, можете глянуть например Sergei Winitzki. Linear algebra via exterior products. Ещё в Кострикине—Манине.

[Xaositect]

arseniiv в сообщении #1439953 писал(а):

Как просто и замечательно!

Эта штука с суммой в теории представлений конечных групп встречается. Эта сумма определена в групповой алгебре и для любого представления задает проекцию на инвариантное подпространство.