Задача из линейной алгебры

[Gg322]

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?

[Leeb]

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?

Думаю, можно так. По определению, линейная независимость операторов $A_1,A_2,...,A_n$ - это если для любого ненулевого столбца коэффициентов $c_1,c_2,...,c_n$ сумма $c_1A_1+...+c_nA_n$ не является нулевым оператором. Поэтому, все операторы ненулевые, значит, у каждого из них есть ненулевой кообраз (фактор области определения по ядру), из которого возьмем один вектор $v_i$. Поскольку никакой оператор нельзя тождественно выразить через остальные, то можно найти $n$ векторов, по одному из кообраза каждого оператора и эти $n$ векторов линейно независимы (в противном случае прямая сумма кообразов имела бы размерность ниже $n$, а это означало бы линейную зависимость операторов). Тогда берем сумму $v=\sum_{i} v_i$, и тогда по построению он будет искомым вектором.

[Null]

Можно через Жорданову форму и базис - нужно чтобы в каждой клетке последний вектор входил в разложение $u$ с ненулевым коэффициентом. Но это чересчур.

[dgwuqtj]

Рассуждение с кообразами я вообще не понял, это же разные факторпространства исходного пространства. А вообще смотря что можно использовать и над каким полем. Если над произвольным, я бы решал через структурную теорему для модулей над областями главных идеалов, чтобы разложить исходное пространство в прямую сумму $A$-инвариантных подпространств, в каждом из которых есть вектор с таким свойством. Это ещё называют нормальной формой Фробениуса.

[Gg322]

Думаю я смог придумать доказательство. Рассмотрим многочлен минимальной степени $f$, который аннулирует вектор $v$ из нашего пространства $V$, т.е. $f(A)v=0$. Этот многочлен делит минимальный многочлен оператора $A$. Существует вектор $b \in V$ такой, что его минимальный многочлен совпадает с минимальным многочленом оператора. Тогда получается, что существует вектор $v$ такой, что $\alpha_1v+\alpha_2Av+…+\alpha_nA^{n-1}\neq0$ для любых $\alpha_1,\alpha_2,…,\alpha_n: |\alpha_1|+…+|\alpha_n|>0$, потому что степень минимального многочлена оператора больше $n-1$.

[Null]

Gg322 в сообщении #1627230 писал(а):

Существует вектор $b \in V$ такой, что его минимальный многочлен совпадает с минимальным многочленом оператора.

А вы умеете это доказывать?

[Gg322]

Null в сообщении #1627232 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627230 писал(а):

Существует вектор $b \in V$ такой, что его минимальный многочлен совпадает с минимальным многочленом оператора.

А вы умеете это доказывать?

Пока нет, в процессе. Но это верное утверждение.

[vpb]

Gg322
Поинтересуйтесь, что такое "каноническая рациональная форма линейного оператора". (Это, прямо скажем, прямая сумма циклических клеток, причем соответствующие многочлены делят предшествующий последующего.). И как это можно прикрутить здесь. (Это примерно то же, что dgwuqtj
имел в виду. )

-- 27.01.2024, 19:22 --

Сейчас погуглил, оказывается "каноническая рациональная форма" и "фробениусова нормальная форма" --- синонимы. А я и не знал.

[Gg322]

Null в сообщении #1627232 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627230 писал(а):

Существует вектор $b \in V$ такой, что его минимальный многочлен совпадает с минимальным многочленом оператора.

А вы умеете это доказывать?

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 $0 \neq v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v_1$ лежал бы ядре оператора. Рассмотрим также многочлен $q_p$, и вектор $0 \neq v_2 \in \operatorname{Im}(q_p(A))$. Тогда вектор $v_1+v_2$ будет искомым вектором

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627339 писал(а):

Пусть $0 \neq v \in \operatorname{Im}(g(A))$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v$ лежал бы ядре оператора. Но $f(A)v=0$, значит минимальный многочлен $v$ - это $f$.

Я так понимаю, минимальный многочлен вектора - это такой многочлен $h$ наименьшей степени, что $h(A) v = 0$? Тогда у $v$ минимальный многочлен - это $q_p$. В случае $q_p(x) = x$ он как раз и будет в ядре $A$.

[Gg322]

Gg322 в сообщении #1627339 писал(а):

Null в сообщении #1627232 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627230 писал(а):

Существует вектор $b \in V$ такой, что его минимальный многочлен совпадает с минимальным многочленом оператора.

А вы умеете это доказывать?

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 $0 \neq v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$, его минимальный многочлен не может делить многочлен $g$, т.к. иначе $v_1$ лежал бы ядре оператора. Рассмотрим также многочлен $q_p$, и вектор $0 \neq v_2 \in \operatorname{Im}(q_p(A))$. Тогда вектор $v_1+v_2$ будет искомым вектором

Выше неправильное доказательво. Сейчас будет правильное(возможно).
Д-во:
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 $0 \neq v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$, 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 $0 \neq v_2 \in \operatorname{Im}(q_p(A))$. 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.
Правильное ли доказательство?

[dgwuqtj]

Gg322 в сообщении #1627355 писал(а):

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.

Так ведь может быть $g(A) v_1 = g(A) (v_1 + v_2) = 0$, поэтому и $g(A) v_2 = g(A) (v_1 - v_2) = 0$. А ещё может быть поле характеристики 2, тогда $v_1 - v_2 = v_1 + v_2$...

[Gg322]

dgwuqtj в сообщении #1627356 писал(а):

Gg322 в сообщении #1627355 писал(а):

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.

Так ведь может быть $g(A) v_1 = g(A) (v_1 + v_2) = 0$, поэтому и $g(A) v_2 = g(A) (v_1 - v_2) = 0$. А ещё может быть поле характеристики 2, тогда $v_1 - v_2 = v_1 + v_2$...

Если $g(A)v_1=g(A)(v_1+v_2)$,то $g(A)v_2=0$ и все ок. А про характеристику поля, пусть оно нулевое

[dgwuqtj]

Вы сначала разберите случай, когда $A$ нильпотентна. Тогда $f = X^k$, $g = X^{k - 1}$ и минимальный многочлен любого ненулевого $v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$ - это в точности $X$. В частности, он вполне себе делит $g$ при $k \geq 2$.

[Gg322]

dgwuqtj в сообщении #1627361 писал(а):

Вы сначала разберите случай, когда $A$ нильпотентна. Тогда $f = X^k$, $g = X^{k - 1}$ и минимальный многочлен любого ненулевого $v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$ - это в точности $X$. В частности, он вполне себе делит $g$ при $k \geq 2$.

Для нильпотентного оператора я прочитал доказательство.

-- 28.01.2024, 20:35 --

dgwuqtj в сообщении #1627361 писал(а):

Вы сначала разберите случай, когда $A$ нильпотентна. Тогда $f = X^k$, $g = X^{k - 1}$ и минимальный многочлен любого ненулевого $v_1 \in \operatorname{Im}(g(A))$ - это в точности $X$. В частности, он вполне себе делит $g$ при $k \geq 2$.

Допустим $g=X^{k-1}$. $0 \neq v \in \operatorname{Im}(g(A))$. Объясните мне, почему минимальный многочлен $v$ это $X$? Если это так, то $Av=0 \rightarrow 0 \neq A^{k-1}v=0$. Или это неправильная импликация, где ошибка? По вашему получается $ X^{k-1}$ делится на $X^{k}$, но это ведь не так.