Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Γ.-Σ. Σμυρλής · #1

Ἔστω

γραμμικὸς χῶρος διαστάσεως

ἐπί τοῦ σώματος $\mathbb F$ καὶ $f: X\to X$ γραμμικὴ ἀπεικόνιση. Ἄν τὸ ἐλάχιστο πολυώνυμο τῆς

εἶναι βαθμοῦ

(ὅπου $m\le n$ ), δείξατε ὅτι ὑπάρχει $x\in X$ , ὥστε τὰ στοιχεῖα
$\displaystyle{ x, f(x), f^2(x),\ldots,f^{m-1}(x), }$
νὰ εἶναι γραμμικῶς ἀνεξάρτητα.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. Τὸ ἀνωτέρω ἀπετέλεσε θέμα στὴν τελικὴ ἐξέταση τοῦ μαθήματος «Γραμμικὴ Ἄλγεβρα ΙΙ» (Ἐαρινό ἑξάμηνο 2017) στὸ Τμῆμα Μαθηματικῶν καὶ Στατιστικῆς τοὺ Πανεπιστημίου Κύπρου, μὲ μηδενικὴ δυστυχῶς ἐπιτυχία.

#2

Φαντάζομαι θα το διδάχτηκαν και στο μάθημα, σωστά; Διότι μπορεί το κάθε βήμα της απόδειξης που ξέρω να μην είναι δύσκολο αλλά να τα βάλεις όλα μαζί χωρίς να τα έχεις ξαναδεί εν ώρα εξετάσεων νομίζω είναι δύσκολο.

Έστω m(x)

το ελάχιστο πολυώνυμο του

.

Για $v \in X$ , τα n+1

στοιχεία $v,f(v),f^2(v),\ldots,f^{n}(v)$ του

είναι ασφαλώς γραμμικώς εξαρτημένα. Άρα υπάρχει μοναδικό μονικό πολυώνυμο $m_{v,f}(x) = m_v(x)$ ελάχιστου βαθμού ώστε $(m_{v}(f))(v) = 0$ . Επειδή m(f)(v)=0

πρέπει $m_{v}(x)|m(x)$ .

Από όλα τα πολυώνυμα m_v(x)

παίρνουμε ένα μέγιστου βαθμού, έστω το m_u(x)

. Αρκεί να δείξουμε ότι m_u(x) = m(x)

αφού τότε δεν θα υπάρχει πολυώνυμο

βαθμού μικρότερου του

ώστε

, και άρα τα $u,f(u),\ldots,f^{m-1}(u)$ θα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

Για να δείξουμε το τελευταίο αρκεί να δείξουμε ότι m_v(x)|m_u(x)

για κάθε $v \in X$ . Πράγματι τότε θα έχουμε m_u(f)(v) = 0

για κάθε $v \in X$ . Άρα m(x)|m_u(x)

. Αφού επίσης m_u(x)|m(x)

και τα δύο πολυώνυμα είναι μονικά, τότε όντως m_u(x) = m(x)

.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι υπάρχει $v \in X$ ώστε $m_v(x) \nmid m_u(x)$ . Μπορώ να βρω μονικά πολυώνυμα p_u(x),p_v(x)

πρώτα μεταξύ τους ώστε p_u(x)|m_u(x), p_v(x)|m_v(x), m_u(x)|p(x)

και

, όπου

. (Απλό αν γράψουμε τα m_v(x),m_u(x)

ως γινόμενα ανάγωγων πολυωνύμων.)

Έστω m_u(x) = p_u(x)q_u(x)

και

. Θέτω

και

. Τότε

$\displaystyle{ p_u(f)(u') = p_u(f)q_u(f)(u) = m_u(f)(u) = 0}$

Επίσης δεν υπάρχει πολυώνυμο p'(x)

μικρότερου βαθμού από το p_u(x)

με

αφού τότε θα είχαμε

$\displaystyle{ (p'q_u)(f)(u) = p'(f)q_u(f)(u) = p'(f)(u') = 0}$

που αντιβαίνει στο ότι το m_u(x)

είναι το ελάχιστο πολυώνυμο του

σε σχέση με το

. Ομοίως, το p_v(x)

είναι το ελάχιστο πολυώνυμο του

σε σχέση με το

.

Θέτω τώρα w = u'+v'

και παρατηρώ ότι

$\displaystyle{ p(f)(w) = p(f)(u') + p(f)(v') = (p_v(f)p_u(f))(u') + (p_u(f)p_v(f))(v') = 0}$

όπου στην πρώτη ισότητα χρησιμοποιήσαμε ότι η

είναι γραμμική.

Ισχυρίζομαι τώρα ότι p(x) = m_w(x)

. Αυτό θα ολοκληρώσει την απόδειξη αφού το p(x)

έχει μεγαλύτερο βαθμό από το m_u(x)

. Έστω λοιπόν ότι αυτό δεν ισχύει. Έστω $p_{u,w}(x)$ το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των m_w(x),p_u(x)

και ορίζω το $p_{v,w}(x)$ ομοίως. Ένα από τα $p_{u,w}(x),p_{v,w}(x)$ θα έχει μικρότερο βαθμό από το p(x)

. Έστω το $p_{u,w}(x)$ . Τότε

$\displaystyle{ 0 = p_{u,w}(f)(w) = p_{u,w}(f)(u') + p_{u,w}(f)(v') = p_{u,w}(f)(v')}$

αφού $p_u(x)|p_{u,w}(x)$ και p_u(f)(u') = 0

.

Τότε όμως πρέπει $p_{u,w}(f)(v') = 0$ και άρα $p_v(x)|p_{u,w}(x)$ . Επειδή επιπλέον $p_u(x)|p_{u,w}(x)$ και p_u(x),p_v(x)

πρώτα μεταξύ τους, τότε $p(x)|p_{u,w}(x)$ . Αυτό είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι το $p_{u,w}(x)$ έχει μικρότερο βαθμό από το p(x)

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε. Δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάτι πιο σύντομο.

Γ.-Σ. Σμυρλής · #3

Ἡ ἀπόδειξή σου εἶναι βεβαίως σωστή. Εἶχα διδάξει παρόμοια αὐτῆς, ἀκολουθῶντας τὴν ἑξῆς ἰδέα (περιληπτικά). Ἄν
$\displaystyle{ m(x)=p_1^{j_1}(x)\cdots p_k^{j_k}(x), }$
ὅπου $p_1,\ldots,p_k$ ἀνάγωγα ἐπὶ τοῦ $\mathbb F$ , τότε ὑπάρχουν $v_1,\ldots,v_k$ , ὥστε $p_\ell^{j_\ell}(x)|m_{v_\ell}(x)$ , $\ell=1,\ldots,k$ . Κατόπιν μέσω τῶν $v_\ell$ ὁρίζομε $w_\ell$ , ὥστε $p_\ell^{j_\ell}(x)=m_{w_\ell}(x)$ , καὶ ἐν τέλει τὸ στοιχεῖο
$\displaystyle{ u=w_1+\cdots+w_k, }$
κάνει τὴν δουλειὰ μᾶς.

pioni1 · #4

Δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάτι πιο σύντομο.

Καλησπερα. Ωραιες οι αποδειξεις. Ηθελα απλα να παρατηρησω οτι το ζητουμενο επεται απο τη ρητη κανονική μορφη πινακων. Πραγματι, αν ο πινακας

ειναι ομοιος με $C(f_1(x))\oplus...\oplus C(f_s(x))$ ευθυ αθροισμα συνοδων πινακων οπου το πολυωνυμο f_i(x)

διαιρει το $f_{i+1}(x)$ για κάθε i=1,...,s-1

, τότε το ελαχιστο πολυώνυμο του

ειναι το

και μια επιλογη για το

ειναι ο πινακας στηλη E_j

, οπου $j=degf_1(x)+....+degf_{s-1}(x)+1$ .

#5

pioni1 έγραψε:
Ηθελα απλα να παρατηρησω οτι το ζητουμενο επεται απο τη ρητη κανονική μορφη πινακων.

Ναι, αλλά πως αποδεικνύεις την ύπαρξη αυτής της μορφής;

Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Re: Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Re: Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Re: Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Re: Ἀλλεπάλληλες ἐφαρμογές γραμμικῆς ἀπεικονίσεως

Μέλη σε σύνδεση