2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:01 
Пусть $A$ - нильпонетная матрица ранга $n-1$. $A \in \mathbb{C}^{n\times n}$. Требуется найти Жорданову форму(с.з. и порядки клеток) оператора $F(X) = [A,X]$, где $[,]$ - коммутатор матриц.
Удалось показать нильпонентность $F$, ибо $F^n(X) = \sum_{i=0}^{n} C_{n}^i(-1)^iA^{n-i}XA^i$, Построить цикл. подпространство наибольшей размерности - $2n-1$.
Мое предположение, что все клетки имеют размер $2n-1,2n-3,...,3,1$. Пытался показать это индукцией, но нет идей, как построить переход.
Так вот. Может кто подсказать идею для решения этой задачи? Или идею, как построить индукцию в этой задаче?

 i  Deggial: все формулы и термы оформляйте $\TeX$ом.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:11 
takeover в сообщении #867022 писал(а):
Удалось показать нильпонентность $F$

Это Вы ошиблись. В общем случае про коммутатор мало что можно сказать. Например, у матриц $\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ и $\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$ он равен $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:13 
patzer2097 в сообщении #867027 писал(а):
takeover в сообщении #867022 писал(а):
Удалось показать нильпонентность $F$

Это Вы ошиблись. В общем случае про коммутатор мало что можно сказать. Например, у матриц $\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ и $\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$ он равен $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$

И как это противоречит нильпотентности оператора? Да ровно никак.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:27 
Попробуйте начать с жордановой формы матрицы $A$, она достаточно простая должны быть.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:29 
AV_77 в сообщении #867037 писал(а):
Попробуйте начать с жордановой формы матрицы $A$, она достаточно простая должны быть.

Ну, конечно, первым делом я привел $A$ к ЖНФ - один блок порядка $n$. И рассматривал этот оператор, считая, что $A$ - блок изначально. С этим проблем нет.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:34 
Аватара пользователя

(Оффтоп)

АХХАха, Жордан, прекрати, что ты делаешь.

takeover в сообщении #867028 писал(а):
И как это противоречит нильпотентности оператора? Да ровно никак.
:shock: :shock:

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:42 
ИСН в сообщении #867042 писал(а):
takeover в сообщении #867028 писал(а):
И как это противоречит нильпотентности оператора? Да ровно никак.
:shock: :shock:

А что тут удивительного? Задана нильпотентная матрица $A$ и с ее помощью определяется оператор $F$ на множестве матриц, действующий коммутированием с $A$. Он тоже будет нильпотентным.

Например, для $A = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ оператор $F$ на матрицу $X = (x_{ij})$ действует следующим образом
$$
F(X) = \begin{pmatrix}
x_{21} & x_{22} - x_{12} \\ 0 & -x_{21}
\end{pmatrix}
$$

-- Пт май 23, 2014 19:46:05 --

takeover в сообщении #867041 писал(а):
Ну, конечно, первым делом я привел $A$ к ЖНФ - один блок порядка $n$. И рассматривал этот оператор, считая, что $A$ - блок изначально. С этим проблем нет.

Тогда размерность ядра найдите, получите число жордановых клеток.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:53 
patzer2097 в сообщении #867027 писал(а):
takeover в сообщении #867022 писал(а):
Удалось показать нильпонентность $F$
Это Вы ошиблись.

Ну ошибся или нет -- а нильпотентность коммутатора в данном случае действительно достаточно очевидна.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 18:56 
AV_77 в сообщении #867045 писал(а):
Тогда размерность ядра найдите, получите число жордановых клеток.

Это я тоже нашел, но забыл упомянуть.
$\operatorname{Ker} F: dim \operatorname{Ker} F = n$. Если $A$- Жорданова клетка, то ядро состоит из матриц $X=(x_{ij}): \forall k = 0,...,n-1 \forall i,j,u,v: j=i+k,v=u+k \Rightarrow x_{ij} =x_{uv}$. (Т.е. все элементы на верхних "диагоналях" равны). А все элементы под главной диагональю - равны нулю.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 19:09 
Аватара пользователя
Ах, оператор на множестве матриц? А, ну да, вон же написано: F(X). Не заметил. Тогда ОК.

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 19:12 
ИСН в сообщении #867058 писал(а):
Ах, оператор на множестве матриц? А, ну да, вон же написано: F(X). Не заметил. Тогда ОК.
Да, я тоже не обратил на это внимание в первом ответе :-(

 
 
 
 Re: Жорданова форма AX-XA
Сообщение23.05.2014, 22:24 
takeover в сообщении #867055 писал(а):
(Т.е. все элементы на верхних "диагоналях" равны)

Ну хорошо, предположим, что это именно полное описание ядра (я не проверял, полное оно или нет; но -- допустим, и это безусловно так по дальнейшим соображениям). Это означает, что базисом ядра являются матрицы $A^k,\ k=0,1,2,\ldots,n-1$. Уж во всяком случае каждая из этих матриц очевидным образом принадлежит ядру оператора $F$.

Тогда напрашивается естественная гипотеза (вполне естественная при всей своей нахальности): а не является ли каждая из этих матриц вершиной соответствующей циклической цепочки с $(2k)$ присоединёнными элементами?...

Что касается $A^{n-1}$, т.е. с единичкой в правом верхнем углу и остальными нулями, то тут всё очевидно. Берём в качестве кандидатки на дно соответствующей циклической цепочки матрицу с, наоборот, единичкой в левом нижнем углу. Последовательные действия оператора $F$ на такую матрицу сводятся к тому, что её единственная диагональ смещается вправо (или, что эквивалентно, вверх), а стоять на ней будут коэффициенты соотв. конечных разностей; до середины пути -- полные наборы, затем -- урезанные. Во всяком случае, в конце концов мы точно упрёмся именно в $A^{n-1}$ (с точностью до множителя), что и требуется.

Теперь присмотримся к $A^{n-2}$. Возьмём для затравки матрицу с ненулевой диагональю длины два, примыкающей к левому нижнему углу. Она -- двухпараметрическая; а получить нам хочется в конце концов аналогичную матрицу с ненулевой диагональю вверху справа с двумя одинаковыми ненулевыми элементами. Ну это явно можно.

И вообще, вопрос сводится к следующему. Для каждой степени рассмотрим набор матриц, у каждой из которых один элемент соответствующей диагонали снизу равен единице, а все остальные (и вообще все остальные) -- нули. Тогда всё, что требуется -- это доказать, что все итерации таких матриц на нужном отрезке остаются линейно независимыми. Честно скажу, что я этого не доказывал за леностью; но и не верю, что там могут возникнуть какие-то подводные камни.

 
 
 [ Сообщений: 12 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group