Задачки по векторным пространствам (из Винберга)

[ewert]

caxap в сообщении #422468 писал(а):

$\sum_i \lambda_i \varepsilon_i(f)=f(\sum_i \lambda_i x_i)=0$

И вовсе наоборот: $\sum_i \lambda_i \varepsilon_i(f)=\sum_i \lambda_i f(x_i)=0$.

Ладно, вот прямое доказательство пункта (а). Пусть $\vec p$ -- набор коэффициентов многочлена $f$. Тогда $e_i(f)=\sum_kp_kx_i^k$ и, значит, $\sum_i\gamma_ie_i(f)=\sum_kp_k\alpha_k$, где $\vec\alpha$ -- это соответствующая комбинация то ли строк, то ли столбцов определителя Вандермонда, который нулю не равен. Поэтому из $\vec\gamma\neq\vec0$ следует $\vec\alpha\neq\vec0$ и, следовательно, никакая нетривиальная комбинация $\sum_i\gamma_ie_i(f)$ не может давать тождественного нуля.

Однако Вандермонд -- это некоторое трюкачество. Формула Лагранжа гораздо идейнее (будучи при этом проще Вандермонда): она даёт явное решение интерполяционной задачи, а отсюда уже сразу следует и его единственность, и что размерность пространства многочленов степени $n$ равна именно $(n+1)$, и даже что такой многочлен не может иметь более чем $n$ корней, и все прочие прелести.

[caxap]

В следующей задаче $\varepsilon_i(f)=f^{(i)}(x_0)$ (тут производная), $x_0\in K$, $i=\overline{0,n}$, $\operatorname{char}K=0$. Задания те же (только в (в) должна получится формула Тейлора). б) и в) я решил, базис в $V$ состоит из многочленов

$$e_i:x\mapsto \frac{(x-x_0)^i}{i!}.$$

Есть ли простой способ доказать независимость $\varepsilon_i$, не отталкиваясь от формулы Тейлора?

[Leox]

Leox в сообщении #422461 писал(а):

caxap в сообщении #422410 писал(а):

3.2. Пусть $V$ -- пространство многочленов степени $\le n$ над полем $K$.
а) Показать, что линейные функции $\varepsilon_i$, $i=\overline{1,n}$, определяемые равенствами $\varepsilon_i(f)=f(x_i)$, где $x_1,\ldots,x_n$ -- различные элементы поля $K$, составляют базис пространства $V^*$.
а) Не получается...

Нужно показать, что функции $\varepsilon_i$ линейно независимые.
Предположив что существует нетривиальная линейная комбинация в силу линейности получим нетривиальную линейную комбинацию $x_i$ что приводит к противоречию.

oops.. имелись ввиду базисные векторы пространства многочленов.

[ewert]

Leox в сообщении #422558 писал(а):

имелись ввиду базисные векторы пространства многочленов.

а знаете ли Вы заранее, что они -- именно базисные?... (поле-то ведь абстрактно)

caxap в сообщении #422555 писал(а):

В следующей задаче $\varepsilon_i(f)=f^{(i)}(x_0)$ (тут производная), $x_0\in K$,

А что в данном случае понимается под производной?

[Leox]

ewert в сообщении #422595 писал(а):

а знаете ли Вы заранее, что они -- именно базисные?... (поле-то ведь абстрактно)

я просто недочитал условие до конца и считал что речь идет о стандартном базисе в $V^*.$

[caxap]

ewert в сообщении #422595 писал(а):

А что в данном случае понимается под производной?

Формальная производная, по определению $(x^n)':=nx^{n-1}$ и операция линейна.

[ewert]

Ну так доказывайте пункт (а) ровно так же, как в предыдущем случае, только проще: тут вместо матрицы Вандермонда с самого начала будет треугольная матрица с ненулями на диагонали.

[Xaositect]

caxap в сообщении #422363 писал(а):

Xaositect в сообщении #422307 писал(а):

$\fbox{\Leftarrow}$: Пусть $\varepsilon_i(x) = 0$. Если возьмем $\varepsilon$ так, что $\varepsilon(x) = 1$, то его нельзя будет выразить через $\varepsilon_i$

А разве это будет не доказательство $\Rightarrow$? В левую сторону у нас же по условию нет вектора, на котором все $\varepsilon_i$ равны нулю.

Да, извиняюсь.

[caxap]

Подскажите, пожалуйста, где можно почитать про "практический" алгоритм составления ЖНФ матрицы. Я прочитал соотв. параграф в учебнике Винберга и Канатникова--Крищенко, но не очень понял, как на практике следует её искать (и не только её, но ещё и матрицу перехода).

Я знаю, что кратность корня $\lambda$ равна количеству $\lambda$ на диагонали, а размерность его собственного подпространства $\operatorname{ker}(\lambda E-A)$ равна числу жордановых клеток с $\lambda$. В принципе, по-моему, для составления ЖНФ этого достаточно: находим корни хар. многочлена, затем находим ранги матриц $\lambda_i E-A$ и пишем ЖНФ.. А как потом найти матрицу перехода?

Короче, если вам дана матрица, то как вы на практике будете находить её ЖНФ и матрицу перехода?

[ewert]

caxap в сообщении #438213 писал(а):

то как вы на практике будете находить её ЖНФ и матрицу перехода?

Лёгких путей тут нет -- при любом варианте будет то или иное, но занудство.

Я бы предложил так (это будет тоже занудно, но, во всяком случае, логически вполне прозрачно). Допустим, мы знаем все собственные числа и все собственные подпространства. Это в любом случае необходимо, и это легко -- во всяком случае, что касается собственных подпространств; а что касается поиска собственных чисел -- это вопрос отдельный. (Ну и проблемы, вызываемые приближённостью вычислений, оставим в стороне.)

Так вот, пусть у нас есть собственное подпространство $S(\lambda)$ (ну т.е. с практической точки зрения -- есть его базис). Обозначим $S_k(\lambda)=S(\lambda)\cap \mathop\mathrm{Ran}(A-\lambda I)^k$ (имеется в виду пересечение с образом степени матрицы; в частности, $S_0(\lambda)=S(\lambda)$). Практически мы, конечно, опять же ищем базисы этих подпространств. Подпространства $S_k(\lambda)$ монотонно (не обязательно строго) сужаются и рано или поздно окажутся тривиальными; вот и считаем до тех пор, пока не наткнёмся на тривиальное.

Теперь для каждого $k$ определим $Y_k$ как дополнение $S_{k+1}$ до $S_k$ (т.е. прямая сумма $S_{k+1}\dotplus Y_k$ должна совпадать с $S_k$). Практически мы опять же, конечно, ищем базисы в $Y_k$. Это нетрудная процедура: фактически придётся просто найти общее решение некоторой однородной системы. Подпространства $Y_k$ определены неоднозначно, но это не имеет значения; принципиально, что однозначно определены их размерности.

Объединение базисов по всем $Y_k$ -- это некоторый базис во всём собственном подпространстве. Из каждого базисного вектора $\vec y_k\equiv \vec y_{k0}$ вытягиваем циклическую цепочку, решая последовательно системы уравнений $(A-\lambda I)\vec y_{k,i+1}=\vec y_{ki}$, $i=0,1,2,\ldots$ -- до тех пор, пока решение такой системы существует. Так вот, набор всех получившихся векторов и будет жордановым базисом (поднабор базисных векторов, образующих каждую циклическую цепочку, породит соответствующую жорданову клетку).

Главная трудность тут -- это нахождение пересечения подпространств; задачка эта действительно противная. Но -- стандартная.

-- Вс апр 24, 2011 12:34:09 --

Да, кстати:

caxap в сообщении #438213 писал(а):

В принципе, по-моему, для составления ЖНФ этого достаточно: находим корни хар. многочлена, затем находим ранги матриц $\lambda_i E-A$ и пишем ЖНФ.

Этого отнюдь недостаточно. На данный момент Вы действительно знаете количество жордановых клеток, однако пока что понятия не имеете об их размерах.

[caxap]

ewert в сообщении #438221 писал(а):

Этого отнюдь недостаточно. На данный момент Вы действительно знаете количество жордановых клеток, однако пока что понятия не имеете об их размерах.

Да, извиняюсь.

-- 24 апр 2011, 12:50 --

Однако в некоторых случаях, по-моему, достаточно. Например, алгебраическая кратность $\lambda$ равна 3, а геометрическая 2. То есть будет одна клетка $J_2(\lambda)$ и одна $J_1(\lambda)$.

[ewert]

Иногда -- конечно.