Сложная система полиномиальных уравнений третьей степени

[Xaositect]

Для начала напомню две классические вещи. Везде дальше $V$ --- линейное пространство размерности $n$.

Линейный оператор $A \colon V \to V$ называется скалярным, если $Ax = \alpha x$ ($A = \alpha I$) для некоторого скаляра $\alpha$, и бесследовым, если $\operatorname{tr} A = 0$.
Любой линейный оператор раскладывается в сумму скалярного и беследового: $A = \alpha I + A_0$, где $\alpha = \frac1n \operatorname{tr A}$ и $A_0 = A - \alpha I$ имеет нулевой след. Это разложение единственно.
Рассмотрим переход от $A$ к $S^{-1} A S$. Если $A = \alpha I$, то $S^{-1} A S = \alpha I$, а если $\operatorname{tr} A = 0$, то $\operatorname{tr} (S^{-1}AS) = 0$.
То есть при переходе от $A$ к $A' = S^{-1} A S$ их скалярные и бесследовые части преобразуются независимо: если $A = \alpha I + A_0$, $A' = S^{-1} A S = \alpha' I + A'_0$, то $\alpha' = \alpha$, $A'_0 = S^{-1} A_0 S$.

Билинейная форма $B \colon V \times V \to \mathbb{C}$ называется симметричной, если $B(x, y) = B(y, x)$, и антисимметричной, если $B(x, y) = - B(y, x)$
Любая билинейная форма может быть разложена в сумму симметричной и антисимметричной частей: $B = B_{+} + B_{-}$, $B_{+}(x, y) = \frac{B(x, y) + B(y, x)}{2}$, $B_{-}(x, y) = \frac{B(x, y) - B(y, x)}{2}$. Это разложение единственно.
При переходе от $B$ к $B'(x, y) = B(Sx, Sy)$ симметричная и антисимметричная части преобразуются независимо: $B'_{+}(x, y) = B_{+}(Sx, Sy)$ и $B'_{-}(x, y) = B_{-}(Sx, Sy)$.

Рассмотрим такую часть нашей задачи: есть билинейное отображение $E \colon V \times V \to V$ и необходимо найти $S \colon V \to V$ такие, что $E(Sx, Sy) = SE(x, y)$.
Предположим для начала, что $S$ обратим. Тогда наше условие эквивалентно $S^{-1}E(Sx, Sy) = E(x, y)$ --- надо найти такие $S$, что $E'(x, y) = S^{-1} E(Sx, Sy)$ совпадает с $E$.
Первым шагом к решению этой задачи будет обобщение рассмотренных выше разложений на билинейные отображения.

[Xaositect]

Пусть $E \colon V \times V \to V$ --- билинейное отображение.
Будем называть его:
- симметричным, если $E(x, y) = E(y, x)$
- антисимметричным, если $E(x, y) = - E(y, x)$
- левоскалярным, если $E(x, y) = a(y) \cdot x$ для некоторой линейной формы $a$
- правоскалярным, если $E(x, y) = a(x) \cdot y$ для некоторой линейной формы $a$
- бесследовым слева, если для любого $y$ линейный оператор $x \mapsto E(x, y)$ имеет нулевой след.
- бесследовым справа, если для любого $x$ линейный оператор $y \mapsto E(x, y)$ имеет нулевой след.
- полностью бесследовым, если он является бесследовым слева и справа.

Утверждение. Если $E$ обладает каким-то из определенных выше свойств, то и $E'(x, y) = S^{-1} E(Sx, Sy)$ также обладает этим свойством.

Лемма. Любое билинейное отображение однозначно представляется в виде суммы 4 слагаемых $E = E_L + E_R + E_P + E_N$, где $E_L$ - левоскалярное, $E_R$ - правоскалярное, $E_P$ - симметричное полностью бесследовое, $E_N$ - антисимметричное полностью бесследовое.

-- Пн авг 23, 2021 15:13:49 --

Доказательство:

Для начала разложим $E$ в сумму симметричной и антисимметричной частей $E_{+} + E_{-}$.
Они определяются однозначно, так же как и в cлучае билинейных форм: если $E = E_{+} + E_{-}$, $E_{+}(x, y) = E_{+}(y, x)$, $E_{-}(x, y) = - E_{-}(y, x)$, то $E(y, x) = E_{+}(x, y) - E_{-}(x, y)$ и $E_{+}(x, y) = \frac{E(x, y) + E(y, x)}{2}$, $E_{-}(x, y) = \frac{E(x, y) - E(y, x)}{2}$

Теперь рассмотрим $E_{+}$. Мы представим его в виде суммы симметричного полностью бесследового отображения $E_P$ и симметричного отображения $C_{+}$, являющегося комбинацией лево- и правоскалярных: $C_{+}(x, y) = a(x) y + a(y) x$.
Рассмотрим $\operatorname{tr} E_{+}(x, -) = \operatorname{tr} C_{+}(x, -) = a(x) \cdot n + a(x)$, откуда $a$ определяется однозначно как $a(x) = \frac{1}{n + 1} \operatorname{tr} E_{+}(x, -)$
Значит, $C_{+}$ и $E_P = E_{+} - C_{+}$ также определены однозначно.

Аналогично, взяв $b(x) = \frac{1}{n - 1} \operatorname{tr} E_{-}(x, -)$, мы представим $E_{-}$ в виде суммы $C_{-}(x, y) = b(x) y - b(y) x$ и полностью бесследового антисимметричного $E_{N}$.

Итого, $E(x, y) = p(x) y + q(y) x + E_P(x, y) + E_N(x, y)$, где $p(x) = a(x) + b(x) = \frac{1}{n + 1} \operatorname{tr} E_{+}(x, -) + \frac{1}{n - 1} \operatorname{tr} E_{-}(x, -) =$ $\frac{1}{2n + 2}\operatorname{tr} E(x, -) + \frac{1}{2n + 2}\operatorname{tr} E(-, x) + \frac{1}{2n - 2}\operatorname{tr} E(x, -) - \frac{1}{2n - 2}\operatorname{tr} E(-, x) $ $=\frac{n}{n^2 - 1} \operatorname{tr} E(x, -) - \frac{1}{n^2 - 1}\operatorname{tr} E(-, x)$, аналогично $q(x) = -\frac{1}{n^2 - 1} \operatorname{tr} E(x, -) + \frac{n}{n^2 - 1}\operatorname{tr} E(-, x)$

[Xaositect]

Назовем $S$ симметрией отображения $E$ если $S^{-1} E(Sx, Sy)$.

Раз мы разложили любое билинейное отображение в сумму 4 однозначно определенных частей, каждая из которых преобразуется независимо при переходе от $E$ к $E'(x, y) = S^{-1} E(Sx, Sy)$, мы получили следующее
Утверждение. Линейный оператор $S$ является симметрией $E$ тогда и только тогда, когда он является симметрией каждого из 4 членов разложения $E = E_L + E_R + E_P + E_N$.

Левоскалярная и правоскалярная части рассматриваются просто. Пусть $E_L(x, y) = a(y) x$. Если $S$ является симметрией для $E_L$, то есть $S^{-1}E_L(Sx, Sy) = E_L(Sx, Sy)$, то $a(Sy) x = a(y) x$ для всех $x, y$. Итого, $S$ является симметрией для $E_L$ тогда и только тогда, когда он является симметрией для линейной формы $a$, то есть $a(Sy) = a(y)$ для всех $y$, или $S^* a = a$.
Рассуждение для правоскалярной части такое же.

Бесследовые части сложнее, но в двумерном случае их тоже можно полностью проанализировать.

Лемма. В размерности $2$ не существует ненулевых полностью бесследовых антисимметричных билинейных отображений.
Доказательство:
Если $E$ антисимметрична, то $E(x, x) = -E(x, x)$, а значит, $E(x, x) = 0$. Следовательно, $E(x, y) = 0$ если векторы $x, y$ линейно зависимы.
Рассмотрим теперь два линейно независимых вектора $x, y$. Они образуют базис нашего двумерного пространства.
Запишем оператор $E(x, -)$ в этом базисе. Mы знаем, что $E(x, x) = 0$. Пусть $E(x, y) = \alpha x + \beta y$. След равен $\beta$, и раз наш оператор бесследовый, $\beta = 0$.
Рассмотрим теперь в том же базисе $E(y, -)$. Так как $E(y, x) = - E(y, x) = -\alpha x$ и $E(y, y) = 0$, его след равен $-\alpha$, и значит, $\alpha = 0$.
Получили, что $E(x, y) = 0$ для любых двух векторов $x, y$.

(также эту лемму можно доказать, просто написав линейные уравнения на компоненты $E$, задающие условия $E(x, y) = - E(y, x)$ и $\operatorname{tr} E(x, -) = 0$)

Таким образом, в двумерном случае у нас не четыре компонента, а три.

[kotenok gav]

Огромное спасибо! Попытаюсь чуть позже попробовать понять всё это...

[Xaositect]

Я еще не закончил, на этой неделе допишу :)