Задача из линейной алгебры

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627362 писал(а):

Объясните мне, почему минимальный многочлен $v$ это $X$?

Ну так $Av = 0$ и $v \neq 0$. Первое равенство следует из того, что $v = A^{k - 1} u$ для какого-то вектора $u$. А с чего вы взяли, что $0 \neq A^{k - 1} v$?

[Gg322]

(Характеристика поля равна нулю)
Разложим минимальный многочлен f оператора A на простые множители: $f=q_1^{s_1}\cdot {…}\cdot q_p^{s_p} , s_1+…+s_p=deg(f)$. Рассмотрим многочлен $g= q_1^{s_1}\cdot {…}\cdot q_p^{s_p-1} $, оператор $g(A)$ имеет не нулевой образ. Пусть $0 \neq v_1 \in (\operatorname{Im}(g(A)))^{-1}$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v_1$ лежал бы ядре оператора. Если
$q_p(A)v_1 \neq 0 $, то $v_1$ искомый вектор.
Пусть $q_p(A)v_1 = 0$, тогда рассмотрим вектор $v_1+v_2$, где $0 \neq v_2 \in (\operatorname{Im}(q_p(A)))^{-1}$. Подейстуем оператором $g(A)$ на вектор $v_1+v_2$. Тогда если $g(A)(v_1+v_2) \neq 0$, то $v_1+v_2$ нужный нам вектор.
Если $g(A)(v_1+v_2) = 0$, то $g(A)v_1= -g(A)v_2 \neq 0$, возьмем вектор $v_1- v_2 $. Образ вектора $v_1- v_2 $ при действии оператора $g(A)$ будет ненулевой, т.к. $g(A)(v_1-v_2) = 2g(A)v_1 \neq 0$, получили нужный нам вектор.
Третья итерация доказательства, мб она правильная?

[dgwuqtj]

А можете написать, что такое $(\mathrm{Im}(g(A)))^{-1}$?

[Gg322]

dgwuqtj в сообщении #1627386 писал(а):

А можете написать, что такое $(\operatorname{Im}(g(A)))^{-1}$?

$(\operatorname{Im}(g(A)))^{-1}=\{u \in V| g(A)u \neq 0\}$

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627372 писал(а):

Пусть $0 \neq v_1 \in (\operatorname{Im}(g(A)))^{-1}$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v_1$ лежал бы ядре оператора. Если
$q_p(A)v_1 \neq 0 $, то $v_1$ искомый вектор.

С чего бы это он искомый? Вам нужно, чтобы минимальный многочлен $v$ был равен $f$, а вы знаете только, что этот минимальный многочлен не делит $g$ и $q_p$.

[Gg322]

dgwuqtj в сообщении #1627434 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627372 писал(а):

Пусть $0 \neq v_1 \in (\operatorname{Im}(g(A)))^{-1}$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v_1$ лежал бы ядре оператора. Если
$q_p(A)v_1 \neq 0 $, то $v_1$ искомый вектор.

С чего бы это он искомый? Вам нужно, чтобы минимальный многочлен $v$ был равен $f$, а вы знаете только, что этот минимальный многочлен не делит $g$ и $q_p$.

Потому что минимальный многочлен $v_1$ не делит $g$ и $q_p$, но делит $f=g \cdot q_p$.

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627451 писал(а):

Потому что минимальный многочлен $v_1$ не делит $g$ и $q_p$, но делит $f=g \cdot q_p$.

Из этого не следует, что минимальный многочлен равен $f$. Например, при $f(X) = X(X - 1)$, $g(X) = q_p(X) = X$ многочлен $X - 1$ будет контрпримером.

[Gg322]

dgwuqtj в сообщении #1627458 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627451 писал(а):

Потому что минимальный многочлен $v_1$ не делит $g$ и $q_p$, но делит $f=g \cdot q_p$.

Из этого не следует, что минимальный многочлен равен $f$. Например, при $f(X) = X(X - 1)$, $g(X) = q_p(X) = X$ многочлен $X - 1$ будет контрпримером.

Вообще-то в доказательстве, g и $q_p$ взаимно простые многочлены.

[vpb]

Обратите внимание, что равенство $s_1+\ldots+s_p=\deg f$, вообще говоря, неверно, если поле не является алгебраически замкнутым. (А утверждение задачи верно при любом поле.)

-- 29.01.2024, 18:44 --

И вообще у вас там путаница ужасная...

[Gg322]

vpb в сообщении #1627463 писал(а):

Обратите внимание, что равенство $s_1+\ldots+s_p=\deg f$, вообще говоря, неверно, если поле не является алгебраически замкнутым. (А утверждение задачи верно при любом поле.)

-- 29.01.2024, 18:44 --

И вообще у вас там путаница ужасная...

То есть, $s_1+\ldots+s_p=\deg f$ в поле вещественных чисел не работает? Я не указал в начале какое поле, пусть вещественное или комплексное

[vpb]

Gg322 в сообщении #1627362 писал(а):

Для нильпотентного оператора я прочитал доказательство.

Его надо было не прочитать, а самому обдумать вопрос и придумать доказательство. А потом, скажем, для диагонализируемого оператора в случае когда поле комплексное. А потом, возможно, ваша мысль сама пойдет в правильном направлении.

-- 29.01.2024, 18:52 --

Gg322 в сообщении #1627464 писал(а):

в поле вещественных чисел не работает?

Не работает, действительно. Крайне просто придумать оператор на двумерном вещественном пространстве, минимальный многочлен которого степени $2$ и неприводим.

[Gg322]

vpb в сообщении #1627463 писал(а):

Обратите внимание, что равенство $s_1+\ldots+s_p=\deg f$, вообще говоря, неверно, если поле не является алгебраически замкнутым. (А утверждение задачи верно при любом поле.)

-- 29.01.2024, 18:44 --

И вообще у вас там путаница ужасная...

Я уже не помню, но вроде если кольцо многочленов определено над полем, то оно евклидово, и потому там всегда существует единственное разложение, которое даёт равенство степеней

-- 29.01.2024, 19:53 --

vpb в сообщении #1627465 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627362 писал(а):

Для нильпотентного оператора я прочитал доказательство.

Его надо было не прочитать, а самому обдумать вопрос и придумать доказательство. А потом, скажем, для диагонализируемого оператора в случае когда поле комплексное. А потом, возможно, ваша мысль сама пойдет в правильном направлении.

-- 29.01.2024, 18:52 --

Gg322 в сообщении #1627464 писал(а):

в поле вещественных чисел не работает?

Не работает, действительно.

А можно пример?

[vpb]

Gg322 в сообщении #1627466 писал(а):

А можно пример?

См. последнюю фразу в моем предыдущем сообщении (там исправлено). Придумайте сами.

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627462 писал(а):

Вообще-то в доказательстве, g и $q_p$ взаимно простые многочлены.

Нет, у вас в доказательстве $g = \frac f{q_p}$. Если $f$, скажем, нильпотентен и ненулевой, то они не взаимно простые.

[Gg322]

Gg322 в сообщении #1621599 писал(а):

Пусть линейные операторы $I,A,…,A^{n-1}$ линейно независимы и определены в линейном пространстве размерности n. Доказать, что существует вектор u такой, что векторы $u,Au,…,A^{n-1}u$ линейно независимы. Как можно было бы доказать это утверждение?

Сдаюсь,не получается все учесть. Как можно доказать это утверждение без жордановых форм, без форм Фробениуса, без кообразов?