Существует ли оператор?

[nnosipov]

Тогда уж в терминах операторов, а не матриц.

[arseniiv]

artempalkin в сообщении #1518835 писал(а):

Можно эту задачу сформулировать интереснее, например:
"Чему равен след матрицы $A$, у которой $\operatorname{Im} A=\operatorname{Ker} A$?"

Кстати легко. След $A$ — это то, на что умножается высшая внешняя степень пространства под действием оператора, который можно определить так:

$$(\wedge^N A^1) (v_1 \wedge \ldots \wedge v_N) = A v_1 \wedge \ldots \wedge v_N + \ldots + v_1 \wedge \ldots \wedge A v_N,$$

где в каждом из $N$ слагаемых $A$ действует на один из множителей, на каждый по разу. Если мы представим пространство как прямую сумму $U = \operatorname{Im} A$ и некоторого $W$. Нам достаточно посмотреть на любой ненулевой $N$-вектор, так что возьмём его как произведение элементов базиса $U$ и базиса $W$. Тогда несколько первых слагаемых будут нулями из-за того, что $U$ — ядро, а остальные будут нулями из-за того что $U$ — образ, а внешнее произведение не выносит линейной зависимости аргументов.

Аналогично мы получим нулевыми все другие внешние степени штуки $A$, в том числе определитель (или оператор, умножающий на определитель) $\wedge^N A^N$. (Другие $\wedge^N A^m$ получаются, если взять $\binom N m$ слагаемых, в каждом из которых $A$ действует на своё сочетание $m$ множителей.)

Это даст нам нулевые коэффициенты характеристического многочлена, кроме разумеется одного единичного при $N$-й степени, потому что $\wedge^N A^0$ — тождественный оператор.

-- Пн май 17, 2021 22:35:30 --

Числа, на которые умножают $\wedge^N A^m$, многим могут быть известны под именем $\operatorname{tr} (\wedge^m A)$; $\wedge^m A \equiv \wedge^m A^m$ определяются аналогично $\wedge^N A^m$, но на разложимом $m$-векторе. (Вот $\wedge^m A^m$ — это внешние степени, а другие $\wedge^n A^m$ выше я неправильно назвал таким именем, и почему-то их никак не называют. Называли бы хоть «промежуточными степенями» что ли.)

[ewert]

Внешность прекрасна, но ещё лучше внутренность: из нильпотентности тривиальным образом следует равенство нулю всех собственных чисел.

[artempalkin]

ewert в сообщении #1519037 писал(а):

Внешность прекрасна, но ещё лучше внутренность: из нильпотентности тривиальным образом следует равенство нулю всех собственных чисел.

Да, по факту эта задача абсолютно тривиальна. У всех нильпотентных операторов след равен нулю, поэтому не особо. Лучше поинтереснее как-то сформулировать задачу

[nnosipov]

Не понимаю, зачем здесь обращаться к собственным числам. Ведь векторное пространство может быть задано над произвольным полем. Ну и охота вам рассматривать алгебраическое замыкание этого поля и т.д. чтобы иметь возможность сказать, что сумма собственных значений есть след оператора? При этом все прозрачно и без этого: см. выше от svv.