[Линейная алгебра] Прошу проверить решения

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #950351 писал(а):

где $D(n)$ определитель матрицы порядка $n$ с элементами $\frac{1}{i+j-1}$

причем это тоже известная матрица

[kp9r4d]

patzer2097
Спасибо за информацию!

[kp9r4d]

Никак не могу решить задачу 25, смог только в элементарных случаях (при $n<5$), не можете ли дать подсказку?

[kp9r4d]

Прошу проверить решение, так как почему-то я в нём не уверен.
Задача
Если $k$ векторов в пространстве образовывают попарно тупые углы, то любые $k-1$ из них линейно независимы.
Решение
Будем доказывать по индукции, рассмотрим следующие утверждения:
$A(k):$ если $k$ векторов образовывают попарно тупые углы, то любые $k-1$ из них линейно независимы.
$B(k):$ если $k$ векторов $(e_1,...,e_k)$ образовывают попарно тупые углы и ранг этой системы $<k$, то для любого вектора $x$ найдётся $e_i$ из системы такой, что $(x,e_i) \geqslant 0$.
База очевидна, сделаем шаг индукции:
$A(k+1):$ пусть $k+1$ вектор $(e_1,...,e_k,e_{k+1})$ образовывают попарно тупые углы, но первые $k$ векторов линейно зависимы, по утверждению $B(k)$ для оставшегося вектора $e_{k+1}$ найдётся такой вектор $e_i (i < k+1)$ что $(e_i,e_{k+1}) \geqslant 0$, что противоречит тому, что они образовывают попарно тупые углы.
$B(k+1):$ Пусть $k+1$ векторов $(e_1,...,e_{k+1})$ образовывают попарно тупые углы и их ранг $<k+1$ и существует такой вектор $x$ что для любого $e_i$ верно $(e_i,x) < 0$. Отсюда следует, что ранг равен $k$ и все они лежат в $\mathbb{R}^k$. Возьмём первые $k-1$ векторов и проведём через них $k-1$-мерную плоскость $P$. Если добавить к системе $(e_1,...,e_{k-1})$ вектор $Pr_A e_k$ или $Pr_A e_{k+1}$ или $Pr_A x$ то для получившейся системы будет выполнятся утверждение $B(k)$, из этого следует, что вектора $(Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}, Pr_A x)$ образовывают попарно нетупые углы. Разобьем $\mathbb{R}^k$ в сумму $A+p$ где $A$ вышеупомянутая плоскость, a $p$ прямая - ортогональное дополнение до $A$.
Рассмотрим
$(e_k,e_{k+1}) = (Pr_A e_k + Pr_p e_k, Pr_A e_{k+1} + Pr_p e_{k+1}) = (Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) + (Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1})$
отсюда следует (по условию того, что углы попарно тупые)
$ (Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) + (Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1}) < 0$
и так как (что было доказано выше)
$(Pr_A e_k, Pr_A e_{k+1}) \geqslant 0$
то
$(Pr_p e_k, Pr_p e_{k+1}) < 0$.
Теперь рассмотрим разбиение $x$ на сумму проекций
$x = Pr_A x + Pr_p x$.
Рассмотрим теперь верное, по условию выбора $x$, равенство
$(x,e_i) < 0$ где
$i = k, k+1$
$ (Pr_A x, Pr_A e_{i}) + (Pr_p x, Pr_p e_{i}) < 0$
как было доказано выше $(Pr_A x, Pr_A e_{i}) \geqslant 0$ однако в силу того, что $p$ - прямая, то $Pr_p x$ сонаправлен либо с $Pr_p e_k$ либо с $Pr_p e_{k+1}$, что означает что одно из равенств:
$ (Pr_p x, Pr_p e_{k}) \geqslant 0$
$(Pr_p x, Pr_p e_{k+1}) \geqslant 0$
верно и в силу этого хотя бы с одним из векторов $e_k, e_{k+1}$ вектор $x$ образовывает нетупой угол, что противоречит выбору $x$.

[nnosipov]

kp9r4d, длинно очень, не одолею. Попробуйте без индукции, просто рассуждая от противного: пусть $k-1$ вектор зависимы, составим нетривиальную комбинацию, отсортируем слагаемые (с положительными коэффициентами --- в одну сторону, с отрицательными --- в другую), ну, там и видно станет, как противоречие извлекать.

[kp9r4d]

nnosipov в сообщении #958280 писал(а):

(с положительными коэффициентами --- в одну сторону, с отрицательными --- в другую)

nnosipov
Если взять скалярное произведение левой и правой части, то, при допущении что обе части не нулевые получим, с одной стороны квадрат модуля какого-то вектора (положительное число) с другой стороны, если раскрыть скалярное произведение, будет отрицательное число. Значит все коэффициенты в комбинации одного знака, проскалярив их с последним (не взятым) вектором, получим ноль и не ноль одновременно.

[nnosipov]

Ну вот, совсем другое дело

[kp9r4d]

nnosipov
Спасибо! Попробую двигаться дальше.
Задача
Если $D_1 + H_1 = D_2 + H_2$, $D_i$ - диагонализируем $H_i$ - нильпотентен, $D_i$ коммутирует с $H_i$, то $D_1 = D_2, H_1 = H_2$.
Решение
Достаточно рассмотреть задачу для жордановой клетки $J = D_1 + H_1 = D_2 + H_2$, перейдём к базису, в котором $D_1$ диагональна, значит она в нём скалярна, значит $D_1$ коммутирует с $D_2$, значит существует базис, в котором они ($D_1,D_2$) диагонализируются одновременно, в этом базисе они будут равны.

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #964640 писал(а):

Достаточно рассмотреть задачу для жордановой клетки

а почему?

[kp9r4d]

patzer2097
Ведь линейный оператор однозначно задаётся тем, как он действует на своих корневых подпространствах. Поэтому если на них $D_1$ и $D_2$ одинаково действуют, то они равны.

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #965201 писал(а):

Ведь линейный оператор однозначно задаётся тем, как он действует на своих корневых подпространствах. Поэтому если на них $D_1$ и $D_2$ одинаково действуют, то они равны.

А почему Вы решили, что $D_k$ вообще "действуют" (если я правильно Вас понял, "действуют"="имеют в качестве инвариантного подпространства") на этих корневых подпространствах?

[kp9r4d]

patzer2097
Глупость сказал, да. Поступил как нехороший человек и посмотрел решения в Прасолове, впрочем, неуверен что сам бы до такого додумался (28 решается через 34, а в 34 нужно заметить, по моему мнению, нетривиальную штуку). Однако всё же надеюсь на вашу помощь в проверке оставшихся задач, если таковые будут.

[patzer2097]

kp9r4d в сообщении #967026 писал(а):

в 34 нужно заметить, по моему мнению, нетривиальную штуку

ага, например, что не хватает условия $DH=HD$

[kp9r4d]

Задача 1.29
Гомоморфизм из $GL(n, \mathbb C)$ в мультипликативную группу $\mathbb C$, переводящий $\lambda \operatorname{Id}$ в $\lambda^n$ совпадает с определителем.
Решение
1) Обозначим через $T_{ij}$ матрицу, переставляющую строки $i$ и $j$ (если она действует слева). Разложим оператор $\lambda \operatorname{Id}$ в произведение матриц у которых на всей диагонали, кроме одного места единицы, а на оставшемся месте $(i,i)$ стоит элемент $\lambda$. Теперь подействуем на каждый член произведения слева и справа матрицей $T_{i,1}$ (это не повлияет на значение образа) и получим, что образ матрицы, у которой на месте (1,1) стоит $\lambda^n$ на оставшихся диагональных местах $1$, а на остальных местах $0$ равен $\lambda^n$.
2) Так как любой элемент имеет корень степени $n$ то можно сказать, что образ матрицы, у которой на всех местах на диагонали, кроме одного, стоят единицы, а на оставшемся $\lambda$ равен $\lambda$. Из этого немедленно следует, что образ диагональной матрицы равен произведению элементов на диагонали. А из этого следует что из строк и столбцов можно выносить константы.
3) Теперь пусть $A_{ij}(\lambda)$ это матрица у которой на диагонали стоят единицы, а на месте $(i,j)$ стоит $\lambda$ (матрица, прибавляющая к строке $i$ строку $j$ умноженную на $\lambda$). Матрицы $A_{ij}(x)$ определяют гомоморфизм из $\mathbb C^+$ в $\mathbb C^*$, т.е. если $A_{ij}(1)=1$ то и все $A_{ij}(x)=1$, докажем, что так оно и есть. Пусть $A_{ij}(1) = x$, тогда $A_{ij}(2) = x^2$ Вынесем из строки $i$ двойку, а затем из столбца $i$ вынесем $\frac{1}{2}$, образ гомоморфизма не изменился и мы получили, что $A_{ij}(2)=x^2=x=A_{ij}(1)$ отсюда $x=1$.
4) Образ матрицы транспозиции равен либо $1$, либо $-1$, потому как её квадрат - единичная матрица, предположим, что он равен $1$, т.е. что перестановки не меняют образ, тогда

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

Что, как мы уже выяснили, неверно.
5) мы получили, что при элементарных преобразованиях матрицы значения этого гомоморфизма изменяются точно так же, как и определитель, с помощью них можно привести матрицу к диагональному виду, на таких матрицах определитель и этот гомоморфизм совпадают.

Немного сбивчивое получилось изложенее, если бы в живую рассказывать было бы, наверное, удобнее.

[patzer2097]

Решение хорошее, как мне кажется.