Инвариантные подпространства оператора простой структуры

[artempalkin]

Нужно доказать, что у оператора простой структуры любые инвариантные подпространства - это линейные оболочки собственных векторов.

В каком-то смысле это очевидно, но вот строго показать не получается... Кажется, должно быть какое-то ну совсем тривиальное решение задачи.

Пробовал и по индукции, и матричным способом... но как-то получается очень сложно...

[mihaild]

Пусть $v = \sum x_i$, где все $x_i$ - собственный вектор с собственным значением $\lambda_i$, все $\lambda_i$ попарно различны (докажите, что такое представление существует).
Покажите, что все $x_i$ тоже принадлежат подпространству (тут пригодится матрица Вандермонда).

[vpb]

artempalkin в сообщении #1590212 писал(а):

должно быть какое-то ну совсем тривиальное

Совсем тривиального нет, а весьма простое есть. Пусть $A$ --- наш оператор, $V$ --- пространство, на котором он действует. Пусть $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ --- все его собственные значения. Поскольку $A$ --- простой структуры, то есть диагонализируем в подходящем базисе, то $V=V_1\oplus\ldots\oplus V_k$, где $V_i$ --- собственное подпространство, отвечающее $\lambda_i$. Теперь пусть имеем инвариантное подпространство $U\subseteq V$, и пусть $u\in U$. Разложим $u=\sum u_i$, где $u_i\in V_i$. Вектор $v_1=(A-\lambda_2)u$ тоже, конечно, лежит в $U$. В нем $V_2$-компонента --- нуль, а $V_j$-компонента при $j\ne2$ кратна, с ненулевым коэффициентом, таковой в $u$. Затем рассмотрим $v_2=(A-\lambda_3)v_1$. В нем $V_3$-компонента нуль, а остальные кратны, с ненулевыми коэффициентами, таковым в $v_1$. Следовательно, обе $V_2$ и $V_3$-компоненты --- нули. Дальше рассмотрим $v_3=(A-\lambda_4)v_2$, и т.д. В итоге получается вектор, лежащий в $U$, у которого первая компонента пропорциональна $u_1$ с ненулевым коэффициентом, а остальные нули. Аналогично и остальные $u_i$ лежат в $U$.

Это (или аналогичное) рассуждение встречается во множестве мест в линейной алгебре и теории представлений. См, например, Мальцев, Основы линейной алгебры, параграф 12, теорема 3. Еще в других местах оно фигурирует как "теорема Артина о независимости гомоморфизмов", и т.д. и т.п.

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1590221 писал(а):

Пусть $v = \sum x_i$, где все $x_i$ - собственный вектор с собственным значением $\lambda_i$, все $\lambda_i$ попарно различны (докажите, что такое представление существует).

Т.к. $\{x_i\}$ - базис, то существует разложение произвольного вектора $v$ по этому базису. Если в этом разложении встретятся два СВ, соответствующих одному СЗ, то просто их ЛК запишем как новый СВ, соответствующий тому же СЗ.

vpb в сообщении #1590235 писал(а):

Аналогично и остальные $u_i$ лежат в $U$.

Да, спасибо большое, доказательство я понял. Верно вы написали, несложное, но при этом существенно сложнее, чем я себе представлял.

-- 19.04.2023, 10:54 --

Получается, мы как бы доказываем, что в инвариантном подпространстве если исходный СВ входит в разложение любого элемента, то он входит и в это подпространство. Векторов не может быть меньше, чем размерность пространства. Может быть больше, но поскольку каждый должен входить, то это тоже не получится. В итоге делаем вывод, что их ровно размерность подпространства, а значит они будут базисом, чтд.

-- 19.04.2023, 10:56 --

Я тут немного еще размышлял над матричным док-вом... в общем-то, кое-что получается, но не совсем хватает. Пытаюсь доказать утверждение, эквивалентное нашему (если немного доработать), что оператор простой структуры, индуцированный на любое свое ИП, останется ОПС.

Пусть у нас есть оператор простой структуры. Тогда в некотором базисе его матрица диагональна. Возьмем некоторое его инвариантное подпространство, его базис, и дополним до базиса всего пространства. Тогда в этом базисе его матрица будет иметь вид

$$\begin{bmatrix} A & B\\0&D\end{bmatrix}$$

При этом нам очень хотелось бы, чтобы матрица $A$ оказалась подобна диагональной, ведь она и есть матрица индуцированного оператора.

Исходная диагональная матрица и эта матрица подобны, то есть существует такая матрица, что:

$$\begin{bmatrix}\Lambda_1&0\\0&\Lambda_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B\\0&D\end{bmatrix}$$

Естественно, все блоки согласованы, а матрица $C$ невырождена. Если посчитать чисто верхний левый элемент слева и справа, то получится $\Lambda_1C_1=C_1A$, что было бы то, что нам нужно, если бы мы заведомо знали, что матрица $C_1$ невырождена...

-- 19.04.2023, 11:52 --

Да, слушайте, а вроде получилось доказать... то есть $C_1$ не будет заведомо невырожденной, но можно хитро подпихнуть кое-что, чтобы так стало...

Для начала докажем небольшую лемму: пусть $C=\begin{bmatrix} C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}$, причем она невырождена, а $C_1$ - квадратная. Тогда можно, поменяв строки местами в $C$, получить на месте $C_1$ невырожденную матрицу.

Доказательство. Предположим, что как бы мы ни поменяли строки, на месте $C_1$ все равно будет вырожденная матрица. Тогда все миноры порядка количества столбцов в квазистолбце $\begin{bmatrix}C_1&C_3\end{bmatrix}$ нулевые, а тогда и определитель исходной матрицы будет равен нулю по теореме Лапласа. Доказано.

Далее пусть вот в этом выражении

$$\begin{bmatrix}\Lambda_1&0\\0&\Lambda_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B\\0&D\end{bmatrix}$$

матрицу $C$ нужно слева умножить на матрицу перестановок $L$, чтобы на место $C_1$ стала невырожденная. Но

$$\begin{bmatrix}\Lambda_1&0\\0&\Lambda_2\end{bmatrix}=L^{-1}\begin{bmatrix}\Lambda'_1&0\\0&\Lambda'_2\end{bmatrix}L,$$

то есть это преобразование подобия оставит диагональную матрицу диагональной (причем с теми же элементами на диагонали, естественно), потому что оно всего лишь меняет строки и столбцы согласованно местами.

В итоге получаем:

$$L^{-1}\begin{bmatrix}\Lambda'_1&0\\0&\Lambda'_2\end{bmatrix}L\begin{bmatrix} C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} C_1&C_2\\C_3&C_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B\\0&D\end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix}\Lambda'_1&0\\0&\Lambda'_2\end{bmatrix}\begin{bmatrix} C'_1&C'_2\\C'_3&C'_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} C'_1&C'_2\\C'_3&C'_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix} A & B\\0&D\end{bmatrix},$$

а отсюда:

$$\Lambda'_1C'_1=C'_1A,$$

где $C'_1$ - невырожденная, чтд.