Аннулирующие многочлены.

[Kafari]

Здравствуйте!
Может быть, кто-нибудь слышал что-то про такую вещь, как анулирующие многочлены? Мне вот с ним нужно одну вещь доказать... Собственно, аннулирующий многочлен какого-то оператора, как я понимаю - это такой многочлен, тождественно не равный нулю, в который если подставить матрицу данного оператора, то получается нулевая матрица.
Теорема Гамильтона- Кэли гласит о том, что характеристический многочлен является аннулирующим.
И вот мне нужно доказать, что набор корней у характеристического многочлена и у минимального аннулирующего (с наименьшей степенью из всех возможных) одинаковый набор корней, и кратность каждого корня минимального аннулирующего не превышает кратности соответствующего корня характеристического.
Первая часть утверждения вроде как бы следует из того факта, что характеристический многочлен (как и любой аннулирующий) делится без остатка на минимальный аннулирующий (это я уже доказала). А вот дальше ступор.

Пусть m - степень минимального аннулирующего.
n - степень характеристического.
Минимальный: $Q_m = (\lambda - \lambda_1)^{m_1}(\lambda -\lambda_2)^{m_2}...(\lambda -\lambda_p)^{m_p}$
Характеристический: $P_n = (\lambda - \lambda_1)^{n_1}(\lambda -\lambda_2)^{n_2}...(\lambda -\lambda_p)^{n_p}$

$m_1 +m_2 +... +m_p = m$
$n_1 +n_2 +... +n_p = n$
$m\leqslant n$

Подскажите какой-нибудь путь, как из этого получить, что
$m_i \leqslant n_i$ для любых i в диапазоне от 1 до р.

[Cave]

По той же причине - делимость без остатка одного на другой.

[Kafari]

То есть? Как это? Я делю одно на другое, получаю
$(\lambda - \lambda_1)^{n_1 - m_1}(\lambda - \lambda_2)^{n_2 - m_2} ... (\lambda - \lambda_p)^{n_p - m_p}$
Правильно?

-- Пн май 10, 2010 23:01:51 --

И как из этого следует, что $ n_i - m_i \geqslant 0 $ ?

[Cave]

А какой смысл вы вкладываете в слова "многочлен $P$ делится на многочлен $Q$"? Определение, скажем, делимости многочленов.

[Kafari]

Ну это вроде когда остаток от деления равен нулю...

То есть то выражение, которое у меня получилось
$(\lambda - \lambda_1)^{n_1 - m_1}(\lambda - \lambda_2)^{n_2 - m_2} ... (\lambda - \lambda_p)^{n_p - m_p}$,
если там в каком-то случае $ m_i \geqslant n_i $, то эта скобка оказывается в знаменателе, и уже нельзя сказать, что деление произведено нацело? И все выражение тогда - это частное или остаток?

[Cave]

А остаток от деления - это ...
Если вкратце, то при классическом определении делимости многочленов скобка в знаменателе не может оказаться. Например, $(x-1)x^2$ делите на $(x-1)^2$, у вас не получится $\frac {x^2} {x - 1}$, потому что для многочленов это лишено смысла.

[Ales]

Kafari в сообщении #317864 писал(а):

Ну это вроде когда остаток от деления равен нулю...

Верно, но не помогает.
А надо так: $P_n=SQ_m$, где S - какой-то многочлен.
Тогда будет сразу ясно, что кратность корня не меньше.

[мат-ламер]

Когда я знакомился с этим вопросом, то всё как-то легко и просто вытекало из Жордановой нормальной формы матрицы. Т.е. в минимальном многочлене не учитываются повторяющиеся жордановы клетки.

-- Вт май 11, 2010 21:50:45 --

Kafari. То что Вы просите доказать в конце первого поста очевидно вытекает из теоремы Гамильтона-Кэли и из неё следует, что характеристический многочлен делится на минимальный. Но из неё не следует, что минимальный многочлен должен содержать те же множители, что и характеристический. Откуда Вы взяли, что набор корней должен совпадать? Со степенями как раз всё понятно.

[Kafari]

Cave в сообщении #317888 писал(а):

Например, $(x-1)x^2$ делите на $(x-1)^2$, у вас не получится $\frac {x^2} {x - 1}$, потому что для многочленов это лишено смысла.

Вот этого мне не хватало. То есть $\frac {x^2} {x - 1}$ - это не многочлен. Так? Это то, что невозможно разделить, то есть остаток?

Ales в сообщении #317892 писал(а):

А надо так: $P_n = SQ_m$, где S - какой-то многочлен.

А какие у него могут быть корни, у этого многочлена? По идее ведь могут у него быть корни те, которые есть у Р, но нет у Q.

мат-ламер в сообщении #318105 писал(а):

Когда я знакомился с этим вопросом, то всё как-то легко и просто вытекало из Жордановой нормальной формы матрицы. Т.е. в минимальном многочлене не учитываются повторяющиеся жордановы клетки.

Э... А можно поподробнее... Что-то я вообще не очень понимаю, как это может быть связано с жордановой формой, хотя было бы интересно. Повторяющиеся клетки - это вообще одинаковые, и по размеру тоже? То есть если у меня есть одно собственное значение, его геометрическая кратность 2, алгебраическая 4, и получается 2 клетки два на два, то значит, существует минимальный аннулирующий многочлен, у которого кратность этого собственного значения равна 2? Так?

мат-ламер в сообщении #318105 писал(а):

Но из неё не следует, что минимальный многочлен должен содержать те же множители, что и характеристический. Откуда Вы взяли, что набор корней должен совпадать?

То есть нужно доказать, что характеристический многочлен не содержит других корней, кроме корней минимального? Обратно вроде как очевидно...

[мат-ламер]

Поподробней можно почитать у Куроша "Курс высшей алгебры". Там параграф о минимальных многочленах располагается сразу за параграфом о Жордановой форме. Но Вы всё правильно написали. Второй вопрос. Любой (и характеристический) многочлен делится на минимальный. Отсюда сразу следует, что кратность каждого корня минимальтного многочлена меньше, чем у характеристического. Но как Вы доказали, что набор корней у этих многочленов совпадает?

[Cave]

Kafari в сообщении #319057 писал(а):

Вот этого мне не хватало. То есть $\frac {x^2} {x - 1}$ - это не многочлен. Так? Это то, что невозможно разделить, то есть остаток?

Так. Про невозможность разделить уже я не понял, что вы имели в виду.
Вообще для многочленов всё почти так, как для чисел. Говорят, что $f$ делится на $g$, если существует $h$, что $f = gh$. Если речь идет о числах, то получаем давно знакомое определение: например, $24$ делится на $8$, так как $24 = 8\cdot 3$. А для многочленов $x^2(x - 1)$ не делится на $(x - 1)^2$, потому что какой бы многочлен $h$ вы ни взяли, не будет верным равенство $x^2(x - 1) = (x - 1)^2 h(x)$. Кстати, докажите это для себя.
Деление с остатком для многочленов определяется немного иначе, чем для чисел, но идейно все то же самое. Так, $f$ разделить на $g$ с остатком - это значит найти такие многочлены $q, r$, что выполнено $f = gq + r$, причём степень $r$ строго меньше степени $q$ (в случае чисел мы бы потребовали, чтобы число $r$ было строго меньше $q$); тогда $q$ называется неполным частным, а $r$ - остатком. Если получается, что $r = 0$, то нетрудно видеть, что $f$ делится на $g$, так что вы правы в том, что если остаток нулевой, то есть делимость.
Можете заодно посчитать остаток от деления $x^2(x - 1)$ на $(x - 1)^2$.

[Kafari]

мат-ламер в сообщении #319063 писал(а):

Но как Вы доказали, что набор корней у этих многочленов совпадает?

Вот тут теперь проблема... Ведь собственные значения являются корнями минимального аннулирующего? Если да, то как бы все просто, а если нет... Я не знаю.

Cave, спасибо за информацию, теперь хоть понятно, что требуется доказать))
Вот например при делении $x^2(x-1)$ на $(x-1)^2$ у меня получается $x+1 + \frac {x-1} {(x-1)^2}$, и там $x+1$ это $q$, то есть частное, а $r = x-1$, остаток. Так вроде?
Только одного я не поняла, вроде бы степень $r$ должна быть меньше степень $g$, то есть делителя... По крайней мере для чисел так. Может быть, для многочленов по-другому...

[мат-ламер]

Цитата:

... Ведь собственные значения являются корнями минимального аннулирующего? Если да, то как бы все просто, а если нет... Я не знаю.

Оно то да, но требует обоснования или ссылки на соотв. теорему.

Цитата:

Любой (и характеристический) многочлен делится на минимальный.

. Это я после слова "любой" пропустил в спешке "аннулирующий".

[Cave]

Kafari в сообщении #319263 писал(а):

Вот например при делении $x^2(x-1)$ на $(x-1)^2$ у меня получается $x+1 + \frac {x-1} {(x-1)^2}$, и там $x+1$ это $q$, то есть частное, а $r = x-1$, остаток. Так вроде?

Так. Но выражение вида $\frac {x-1} {(x-1)^2}$ при делении многочленов лучше не употреблять. Это как $\frac 2 5$ при делении с остатком в целых числах: нужно оставаться в рамках целых чисел, а здесь дробь появляется, у которой к этому момент и определения может не быть.

Kafari в сообщении #319263 писал(а):

Только одного я не поняла, вроде бы степень $r$ должна быть меньше степень $g$, то есть делителя... По крайней мере для чисел так. Может быть, для многочленов по-другому...

Да, вы правы, я буквы перепутал.