[Линейная алгебра] Прошу проверить решения

[Xaositect]

kp9r4d в сообщении #933920 писал(а):

А как можно проще? Для обратимых $A$ задача очевидна, а для необратимых, может можно как-то с ядром базис согласовать, тогда у матрицы первые несколько столбцов будут нулевые. А дальше даже и не знаю.

В этой задаче не обязательно считать, что $A$ действует на одном пространстве, так что обнулить можно не только строки, но и столбцы.

1.12 Верно.

kp9r4d в сообщении #934411 писал(а):

Рассмотрим функционалы $A : x \mapsto B(x,\cdot)$, $A^T : x \mapsto B(\cdot, x)$ из пространства векторов в пространства ковекторов.

Все-таки не функционалы, а операторы.

[kp9r4d]

Xaositect
Спасибо!

[kp9r4d]

Задача 1.15
Пусть оператор $A: V \to V$ диагонализируем, $\operatorname{dim} V = n$. Тогда собственные значения $A$ различны титтк $A$ имеет циклический вектор, т.е. такой вектор $x$, что $x, Ax, A^2 x, ..., A^{n-1} x$ порождают всё пространство.
Решение
С.з. различны $\to$ есть циклический вектор.
Сразу перейдём в базис, в котором $A$ диагональна. Докажем, что любой вектор, у которого все координаты ненулевые при условиях задачи будет циклическим. Пусть это вектор $x$, а собственные значения у $A$ равны $\mu_0, \mu_1, ..., \mu_{n-1}$. Условие на то, что вектор $x$ циклический можно записать так: из $\lambda_0 x + \lambda_1 Ax + \lambda_2 A^2 x + ... + \lambda_{n-1} A^{n-1}x = 0 $ следует $\lambda_0=\lambda_1=\lambda_2=...=\lambda_{n-1}=0$. Это эквивалентно тому, что система:

$$ \begin{cases} \lambda_0 x_0 + \lambda_1 \mu_0 x_0 + \lambda_2 \mu_0^2 x_0 + ... + \lambda_{n-1}\mu_0^{n-1} x_{n-1} = 0 \\ \lambda_0 x_1 + \lambda_1 \mu_1 x_1 + \lambda_2 \mu_1^2 x_1 + ... + \lambda_{n-1}\mu_1^{n-1} x_{n-1} = 0 \\ ...\\ \lambda_0 x_{n-1} + \lambda_1 \mu_{n-1} x_{n-1} + \lambda_2 \mu_{n-1}^2 x_{n-1} + ... + \lambda_{n-1}\mu_{n-1}^{n-1} x_{n-1} = 0\\ \end{cases} $$

невырождена. Поделив каждую строчку на $x_i$ (мы условились, что все координаты ненулевые) получим определитель Вандермонда. Который не равен нулю, когда все $\mu_i$ различны.
Есть циклический $\to$ с.з. различны.
В базисе, порождённым циклическим вектором, матрица будет выглядить как фробениусова клетка, у которой минимальный многочлен совпадает с характеристическим. У диагональной матрицы с хотя бы двумя одинаковыми элементами на диагонали - минимальный многочлен не совпадает с характеристическим. Противоречие.

[kp9r4d]

Задача 1.18
Если $A^k=E$ для некоторого $k$, то $A$ - диагонализируем.
Решение
С одной стороны, минимальный многочлен должен делить $x^k-1$, у которого все корни кратности $1$, с другой стороны, минимальный многочлен - равен $(x-\lambda_i)^{m_i}$, где $m_i$ - это максимальный порядок жордановой клетки, отвечающей значению $\lambda_i$. Отсюда тривиально получаем, что все $m_i=1$ а отсюда, что матрица в жордановом базисе приобритает диагональный вид.

[kp9r4d]

Задача 1.16
Сформулировать необходимые и достаточные условия того, что матрица ниже диагонализируема.

$$ \begin{pmatrix} &&&\lambda_1\\ &&\lambda_2&\\ &\ddots&&\\ \lambda_n&&&\\ \end{pmatrix} $$

Решение
Очевидно, что если все элементы ненулевые, то многочлен $\prod (x^2-\lambda_i)$, где все $\lambda_i$ взяты без повторений, является аннулирующим. Этот многочлен раскладывается на линейные множители с единичной кратностью, а это значит, матрица диагонализируема. Если среди $\lambda_i$ есть нулевые элементы, то этот аннулирующий многочлен выше будет также аннулирующим, однако, за счёт члена $(x-0)^2$ у него появляются кратные корни. Впрочем, если этот кратный множитель (равный $x^2$) не вошёл в минимальный многочлен, то матрица по-прежнему будет диагонализируема, рассмотрим случаи, когда он вошёл. Это означает, что у нашего оператора в жордановом виде есть жорданова нильпотентная клетка порядка $2$. То есть существуют векторы $v$ такие, что $Av \neq 0$ и $A^2 v = 0$. Если воспользоваться комбинаторным смыслом умножения на матрицу такого вида (перестановка строк в обратном порядке с предшествующим этому домножением на коэффициент $\lambda_i$), то можно сделать простой вывод, что такой вектор можно построить тогда и только тогда, когда в паре $\lambda_i,\lambda_{n-i+1}$ есть ровно один нуль.
Итого получаем следующий ответ: матрица такого вида диагонализируема тогда и только тогда, из $\lambda_i=0$ следует $\lambda_{n-i+1}=0$.

[kp9r4d]

$\prod (x^2-\lambda_i)$
Поправка, правильно должно быть так:
$\prod (x^2-\lambda_i^2)$
Если кто-то вдруг случайно прочитал доказательство, понял его и согласился с ним (и предыдущие два тоже), отпишите об этом, пожалуйста.

[nnosipov]

kp9r4d в сообщении #933910 писал(а):

Задача 1.33
Для любого оператора $A$ существует оператор $B$, такой что $ABA=A$.
Решение
Перейдём в жорданов базис оператора $A$, после этого можно работать с каждой жордановой клеткой отдельно. Обратимые клетки неинтересны: можно взять просто обратную матрицу, значит, задачу осталось решить лишь для матрицы $L$, у которой все элементы нулевые, кроме субдиагональных, которые единичные (т.е. $a_{12}=a_{23}=...=a_{k-1,k}=1$). А для таких матриц верно, что $L L^{T} L = L$ (проверяется непосредственной выкладкой или по индукции).

Здесь достаточно воспользоваться таким простым фактом: всякая матрица $A$ представима в виде $A=UE_rV$, где $U$, $V$ --- невырожденные матрицы, а $E_r$ --- матрица с $r=\mathrm{rank}{A}$ единичками на главной диагонали.

Странно, что задача 1.33 находится в списке трудных задач.

-- Пт ноя 28, 2014 10:27:34 --

kp9r4d в сообщении #936639 писал(а):

Задача 1.18
Если $A^k=E$ для некоторого $k$, то $A$ - диагонализируем.
Решение
С одной стороны, минимальный многочлен должен делить $x^k-1$, у которого все корни кратности $1$, с другой стороны, минимальный многочлен - равен $(x-\lambda_i)^{m_i}$, где $m_i$ - это максимальный порядок жордановой клетки, отвечающей значению $\lambda_i$. Отсюда тривиально получаем, что все $m_i=1$ а отсюда, что матрица в жордановом базисе приобритает диагональный вид.

Верно.

[kp9r4d]

nnosipov в сообщении #937253 писал(а):

Здесь достаточно воспользоваться таким простым фактом: всякая матрица $A$ представима в виде $A=UE_rV$, где $U$, $V$ --- невырожденные матрицы, а $E_r$ --- матрица с $r=\mathrm{rank}{A}$ единичками на главной диагонали.

Действительно, очевидно, тупо метод Гаусса. Ну а в качестве $B$ следует взять $V^{-1} U^{-1}$. Спасибо.

[Brukvalub]

(Оффтоп)

Навеяно одной из задач: тривиально доказывается, что объединение двух подпространств является лин. пространством если и только если одно из этих подпространств лежит в другом. Верно ли, что объединение нескольких подпространств является лин. пространством если и только если одно из этих подпространств содержит все другие?

[patzer2097]

Brukvalub в сообщении #937538 писал(а):

Верно ли, что объединение нескольких подпространств является лин. пространством если и только если одно из этих подпространств содержит все другие?

Если объединение $\alpha$ подпространств над полем мощности $\beta$ является линейным пространством и $\alpha<\beta$, то одно из этих подпространств содержит все другие. Для конечного $\beta$ это легко видеть из соображений мощности, для бесконечного - доказательство ниже.

Ясно, что все векторы собственного подпространства $V\subset\mathbb{F}^n$ удовлетворяют некоторому однородному уравнению $a_1x_1+\ldots+a_nx_n=0$. Многочлен $a_1+a_2x\ldots+a_nx^{n-1}$ имеет не более $n-1$ корней, поэтому $V$ содержит не более $n-1$ векторов вида $c_t=(1,t,t^2,\ldots,t^{n-1})$. Если объединение $\cup_{i\in\alpha} V_i$ собственных подпространств пространства $\mathbb{F}^n$ равно всему $\mathbb{F}^n$, то это объединение содержит все $c_t$, которых $|\mathbb{F}|$ штук, откуда $|\alpha|\geqslant|\mathbb{F}|$.

[kp9r4d]

Задача 1.17
Найти нормальную жорданову форму оператора

$$ A^n = \begin{pmatrix} 1&\lambda&&\\ &1&\ddots&\\ &&\ddots&\lambda\\ &&&1\\ \end{pmatrix}^n $$

Решение
При $\lambda=0$ эта матрица будет диагональной. Пусть $\lambda \neq 0$ и $d=\operatorname{dim} V$. Тогда, очевидно, многочлен $(x-1)^d$ будет аннулирующим. И, как нетрудно заметить, многочлены $(x-1)^{d-k}, k = 1..d$ аннулирующими не будут, то есть $(x-1)^d$ ещё и минимальный. Выходит, по известной теореме, что жорданова форма $A^n$ состоит из одной жордановой клетки, отвечающей (единственному) собственному значению $1$ и имеющей порядок $d$.
Ответ: при $\lambda \neq 0$

$$ \begin{pmatrix} 1&1&&\\ &1&\ddots&\\ &&\ddots&1\\ &&&1\\ \end{pmatrix} $$

[kp9r4d]

Задача 1.20
Операторы $A,B : V \to W$ называются эквиивалентными, если существуют изоморфизмы, делающие диаграмму

$$ \xymatrix{ V \ar[r]^-A \ar[d]^-\varphi & W \ar[d]^-\psi \\ V \ar[r]^-B & W } $$

коммутативной. Сколько существует классов эквивалентности операторов для данной пары пространств $V,W$?
Решение
Ответ: $\min(\dim V,\dim W)$. Это следует из

nnosipov в сообщении #937253 писал(а):

Здесь достаточно воспользоваться таким простым фактом: всякая матрица $A$ представима в виде $A=UE_rV$, где $U$, $V$ --- невырожденные матрицы, а $E_r$ --- матрица с $r=\mathrm{rank}{A}$ единичками на главной диагонали.

Я не могу решить 19 задачу, надеюсь на подсказку.

[nnosipov]

kp9r4d в сообщении #938501 писал(а):

Я не могу решить 19 задачу, надеюсь на подсказку.

Пусть $B^k=O$ и $x$ --- собственный вектор $A$ с собственным значением $\lambda$. Рассмотрите вектор $y=B^{k-1}x$.

[nnosipov]

kp9r4d в сообщении #938501 писал(а):

Ответ: $\min(\dim V,\dim W)$.

Забыли, кстати, один оператор (он один такой).

[kp9r4d]

nnosipov
Нулевой, да. Надо ещё $+1$ поставить.

-- 01.12.2014, 02:56 --

nnosipov в сообщении #938520 писал(а):

Пусть $B^k=O$ и $x$ --- собственный вектор $A$ с собственным значением $\lambda$. Рассмотрите вектор $y=B^{k-1}x$.

Да, очень просто окозалось, стыдно даже, что не додумался.