Помогите доказать 2 утверждения по алгебре

[ewert]

Пардон, не вчитался. Однако:

Anexroid в сообщении #449977 писал(а):

f(x) принадлежит K[x]

-- даже несмотря на то, что эта формулировка бессмысленна, я всё равно не понимаю, кто такой K[x]. (Про "метрическое пространство", ладно, умолчим.)

[maxmatem]

Цитата:

я всё равно не понимаю, кто такой K[x]

Может это кольцо многочленов......

[мат-ламер]

Anexroid. Кто предлагал $f(A)$ обозначать через $A$? Я понял из условия, что $f$ - матричный полином. И предлагал для начала(!) разобрать случай, когда $f$ - тождественный оператор. Если с ним затык, то как дальше идти? Затем можно разобрать случай $f(A)=A^2$. А как дела с новой задачей? Предположу, что черта сверху - это комплексное сопряжение. Заметьте, что мы комплексными матрицами действуем на действительную. И для начала надо доказать корректность определения. Т.е. в результате такого действия получается действительная эрмитова (симметричная) матрица с нулевым следом.

[ewert]

maxmatem в сообщении #450502 писал(а):

Может это кольцо многочленов......

Может быть всё. Особенно когда никакие обозначения не поясняются. Но вот чего точно не может быть: чтобы какая-то функция принадлежала чему-то, зависящему от значения её аргумента.

[Anexroid]

$K[x]$ - кольцо многочленов от переменной $x$ с коэффициентами из $K$

$\overline{X}$ - комплексно-сопряженная матрица

[Anexroid]

мат-ламер в сообщении #450504 писал(а):

Anexroid. А как дела с новой задачей? Предположу, что черта сверху - это комплексное сопряжение. Заметьте, что мы комплексными матрицами действуем на действительную. И для начала надо доказать корректность определения. Т.е. в результате такого действия получается действительная эрмитова (симметричная) матрица с нулевым следом.

Да, это комплексное сопряжение.

Здесь еще можно пользоваться тем, что V - евклидово пространство с ортонормированным базисом

$$e_1 = \frac {1}{\surd{2}} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$$

$$e_2 = \frac {1}{\surd{2}} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$

$$e_3 = \frac {1}{\surd{2}} \begin{pmatrix} 0 & i \\ -i & 0 \end{pmatrix}$$

[lek]

Anexroid в сообщении #449977 писал(а):

А - нормальный операторв метрическом пространстве V и f(x) принадлежит K[x]Нужно доказать, что ядро Ker f(A) инвариантно относительно А*

Имеем: f(A) принадлежит K[A] - кольцу матричных многочленов над V. Тогда условие A принадлежит Ker f(A) означает, что f(A)V=0. Далее, оператор A - нормальноый, т.е. AA*=A*A и A*V - подпространство V. Поэтому A*f(A)V принадлежит f(A)V. Следовательно условие f(A)V=0 влечет равенство A*f(A)V=0 или, что эквивалентно, A*Ker f(A) принадлежит Ker f(A). Это доказывает утверждение. Как то так

[Anexroid]

Цитата:

$f(A)V=0$

Может быть $f(A)x = 0, x \in V$ ?

[lek]

Anexroid в сообщении #449977 писал(а):

Доказать, что определитель матрицы положительно определенной квадратичной формы не превосходит произведения элементов её главной диагонали.

Доказываем индукцией по размеру матрицы. Для n=1 утверждение очевидно. Пусть оно очевидно для всех k<n и пусть $A_{n}$ - матрица размера $n\times n$. Отметим элемент $a_{11}$ и дополнительный к нему главный минор $A_{n-1}$. Поскольку матрица $A_{n-1}$ симметричная, она может быть приведена к диагональному виду некоторым ортогональным преобразованием. Рассмотрим такое преобразование $A'_{n}=B^{-1}A_{n}B$. Здесь ортогональная матрица $B_{n}$ имеет следующий блочно-диагональный вид. В левом верхнем углу стоит 1, а дополнительным к ней блоком является ортогональная матрица $B_{n-1}$, приводящая минор $A_{n-1}$ к диагональному виду $A'_{n-1}$. Тогда будем иметь

$$ det A_{n}=a_{11}det A'_{n-1}-\sum_{j=2}^{n}a^2_{1j}\prod_{1\ne i\ne j}^{n-2}a_{ii}<a_{11}a_{22}\dots a_{nn}. $$

Что доказывает утверждение. Примерно так...

-- Пт май 27, 2011 18:49:03 --

Anexroid в сообщении #450833 писал(а):

Цитата:

$f(A)V=0$

Может быть $f(A)x = 0, x \in V$ ?

Именно это и имел ввиду...

[ewert]

Ну, если и впрямь кольцо (а говоря по-сермяжному -- попросту многочлен от матрицы и всё), то

ewert в сообщении #450333 писал(а):

если $N$ -- это ядро, то из $AN=\{0\}$ и, следовательно, $A^*AN=\{0\}$ получается $AA^*N=\{0\}\ \Rightarrow\ A^*N\subset N\,.$

-- вполне годится. Надо всего лишь всюду заменить чистенький $A$ на многочлен от него. То, что сопряжённый оператор коммутирует (в случае нормальности) с любым многочленом от исходного -- можно, конечно, доказывать и по индукции. Но гораздо проще сослаться на то, что это очевидно. Ибо это -- вещь в себе, независимо от данной задачки.

-- Пт май 27, 2011 21:15:39 --

Да, по поводу произведения диагональных элементов. Боюсь, что вариант nnosipov -- всё-таки наиболее идеен.

У него два недостатка -- надо кое-что знать. Во-первых, что определитель любой матрицы Грама -- это квадрат соотв. сколько-то-там-мерного объёма. И, во вторых, что любая неотрицательная матрица есть некоторая матрица Грама. (Ну там ещё кой-какое жульничество за кадром осталось, но совсем уж мелкое.) Это всё надо доказывать, и всё это не вполне "для домохозяек", да.

Но дело в том, что, с одной стороны -- оба эти факта вполне идейны. А с другой -- какая-то техническая возня, по-видимому, уж всяко понадобится. Ну так пусть уж она лучше будет идейной.

[nnosipov]

ewert в сообщении #450903 писал(а):

Да, по поводу произведения диагональных элементов. Боюсь, что вариант nnosipov -- всё-таки наиболее идеен.

У него два недостатка -- надо кое-что знать. Во-первых, что определитель любой матрицы Грама -- это квадрат соотв. сколько-то-там-мерного объёма. И, во вторых, что любая неотрицательная матрица есть некоторая матрица Грама. (Ну там ещё кой-какое жульничество за кадром осталось, но совсем уж мелкое.) Это всё надо доказывать, и всё это не вполне "для домохозяек", да.

Но дело в том, что, с одной стороны -- оба эти факта вполне идейны. А с другой -- какая-то техническая возня, по-видимому, уж всяко понадобится. Ну так пусть уж она лучше будет идейной.

Для ewert
Технической возни не будет, если опереться ещё на один факт --- любые два евклидовых пространства одинаковой размерности изоморфны (можно, правда, ещё привлечь процесс ортогонализации, если потребуется предъявить те вектора $a_i$, и здесь действительно придётся посчитать). Но Вы правы, это уже не для домохозяек.

[Anexroid]

Что-то я совсем запутался в доказательствах(

Сейчас попробую это всё структурировать для себя, чуть позже напишу

[lek]

nnosipov, геометрическое решение действительно элементарно. Каюсь, не прочитал первую страницу до конца

[ewert]

lek в сообщении #450928 писал(а):

геометрическое решение действительно элементарно.

Вот видите, опять. Это для вас оно элементарно. А для народу?...

[lek]

ewert в сообщении #451005 писал(а):

А для народу?...

Ну... В принципе можно и тупо-прямо считать, как было показано выше