1611141239-59b1d3750d66507674a4c54de8111ebf (824983), страница 15
Текст из файла (страница 15)
1, = Я3'А(Лг), где Л~ пробегает есе собстеенные значения оператора !, т. е. различные корни характеристического многочлена !. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть Р (1) =' П (1 — Л,)'~ — характерис-ю стический миогочлен !, Л~ ~ Л~ при 1~1. Положим Р, (1) = р(1)(1 Л,)-'н ); = Р;(!), (ч =1гп )ь Проверим следующую серию утверждений. а) (! — Лр)" Ц=(0), т. е. Е~ с= Л(Л~). Действительно,(! — Л)'~ !, =(! — Л~) 'Р~(!)=Р(!)=0 по теореме Гамильтона — Кэпи.
б) 1.=А~+ ... +А,. Действительно, так как многочлены Р,(1) в совокупности взаимно простые, существуют такие многочлены Х~(1), что К Рг(1)Х,(1)=1. Поэтому, йодставляя вместо 1 операс-~ тор !, имеем ХР (!)Х (!)=1б. Применяя это тождество к любому вектору 1~ А, находим в) 1. =1чЮ ... Ю1., Действительно, выберем ! (1(е и проверим, что Ц() ( б„(ч) (0). Пусть 1 — вектор из этого печ/ч~ ! ресечения. Тогда (! — ЛД Ч=О, нбо 1ен йб Рг(!)1= П (! — Л~) 11=0, ибо 1~ ), 1.Р ! ч~ ~ Так как (1 — Лг) ' н Рг(1) — взаимно простые многочлены, существуют такие многочлены Х(1) и У(1), что Х(1)(1 — Л,)" + У(1) к', ~~рч(1) 1.
Подставляя сюда ! вместо 1 и применяя полученное операторное тождество к 1, находим Х(!) (О)+ У(!) (0)=1 = О, г) Е; = Е(Л;). В самом деле, мы уже проверили, что Е; с: 1. (Л;). Для доказательства обратного включения выберем вектор 1ев я Е(Л/) и представим его в виде 1=1'+ 1", Уев Еь 1"евЯ Еи /Ф/ Сугцествует такое число /', что (1' — Л,)'1" = О, поскольку 1" = 1— — 1'ев Е(Л/). Кроме того, Р/(1) 1" = О. Написав тождество Х(1) (1 — Л/)" + т'(1) Р,(1) = 1, подставив в него 1 вместо1 и применив к 1", получим 1" = О, так что 1 1'~ Еь 6. Следствие. Если оператор 1 имеет простой спектр, то он диагонализируем. Доказательство.
В самом деле, число разных собственных значений 1 тогда равно и = дед Р(1)=дппЕ. Поэтому в разложении Е=ЯЕ(Л/) все пространства Е(Л/) одномерны, а так / 1 как каждое из них содержит собственный вектор, в базисе из этих векторов матрица оператора ) становится диагональной. Теперь мы фиксируем одно собственное значение Л и докажем, что ограничение 1 на Е(Ц обладает жордановым базисом, отвечающим этому Л.
Чтобы ие вводить новых обозначений, мы будем до конца и. 7 считать, что 1' имеет единственное собственное значение Л и Е = Е(Л). Волее того, мы можем считать даже, что Л= О, потому что любой жорданов базис для оператора ) является одновременно жордановым базисом для оператора 1+//, где р — любая константа. Тогда оператор 1 нильпотентен по теореме Гамильтона — Кали: Р(1) /", ~" =О, и мы докажем следующий факт: 7.
Предложение. Нильпотентный оператор 1 на конечномерном пространстве Е имеет жорданов базис; матрица оператора/ в этом базисе является объединением клеток вида 1,(0). Д о к а з а т е л ь с т в о. Если у нас уже есть жорданов базис в пространстве Е, удобно поставить ему в соответствие диаграмму 11 1 11 1 Р, подобную изображенной здесь. В этой диаграмме точки изображают элементы базиса, а стрелки описывают действие 1 (в общем случае действие 1 — Л). Элементы нижней строки оператор 1 переводит в нуль, т. е.
в ней стоят собственные векторы оператора 1, входящие в базис. Каждый столбец, таким образом, изображает базис инвариантного подпространства, отвечающего одной жордановой клетке, размер которой равен высоте этого столбца (числу точек в нем): если 1(еь) еь и '1 (еь /) = еь „..., /'(е,) = О, а 1 о ... о ~(ен ..., е„) = — (е„..., е„) а о ~ ... о о о а ... о Наоборот, если мы найлем в Ь базис, элементы которого 1 переводит в другие его элементы или в нуль так, что элементы этого базиса вместе с действием 1 можно изобразить подобной диаграммой, то он будет жордановым базисом для 1.. Проведем доказательство существования индукцисй по размерности Ь.
Если б)тЬ= 1, то нильпотентный оператор / является нулевым, и любой ненулевой вектор в 1 образует его жорданов базис. Пусть теперь д1щЬ=п) 1, и пусть для размерностей, мепьщих п, существование жорланова базиса уже локазано. Обозначим через Ьо ~ Ь полпространство собственных векторов для .1, т. е. Кег(. Так как б1гпЬо) О, имеем дни Ь/Ьо( и, а оператор 1: Ь-~-Ь инлуцирует оператор 1: Ь/Ьо-~Ь/Ьо.' /(1+ Ьо)=/(1)+ Ьо(Корректность определения оператора 1 и его линейность проверяются немедленно.) По индуктивному предположению 1 имеет жорданов базис, Мы можем считать его непустым: иначе Ь=Ьо, и любой базис Ь судет жордановым для 1.
Построим лиаграмму 0 для элементов жорданова базиса оператора 1, в каждом ее столбце возьмем самый верхний вектор еь 1= 1, ..., т, и положим Л = е, + Ьо, е, ~ Ь. Теперь построим диаграмму 0 нз векторов пространства 1. следующим образом. Для 1= 1, ..., оп столбец с номером 1 диагРаммы 0 бУлет состоЯть (свеРхУ вниз) из вектоРов еь 1(ео), ... (е,), 1 ~(е,), тле.й; — высота 1-го столбца в диаграмме .О. Так как 1'ч(е,) =О, то ~"~(е,) ен Ьо и 1 с~'(е,) = О. Выберем базис линейной оболочки векторов 7 '(е,),, 1 ' (е ) в Ьм дополним его до базиса Ьо и поставим лополняющие векторы в качестве дополнительных столбцов (высоты единица) в нижней строке лиаграммы 0; 1" переводит их в нуль.
Таким образом, диаграмма 0 из векторов пространства Ь вместе с лействием оператора 1 на ее элементы имеет в точности такой вид, как требуется для жорданова базиса. Нужно только проверить, что элементы 0 действительно образуют базис 1.. Сначала покажем, что линейная оболочка векторов из 0 равна т оо — ! Ь. Пусть 1 он 1., 7 = 1+ Ьо.
По предположению 1= ~ К аф (е,). ~ !-о Так как Ь, 1"-инвариантно, отсюда следует, что т 1 — Х ХМ'(ею)ен Ьо. о-о Но все векторы р*(е~), 1 ~ й; — 1, лежат в строках диаграммы О, начиная со второй снизу, а подпространство Ьо порождено элемен- 64 тами первой строки Р по построению. Поэтому 1 можно представить в виде линейной комбинации элементов Р. Остается проверить линейную независимость элементов Р. Прежде всего, элементы нижней строки Р линейно независимы. Действительно, если некоторая их нетривиальная линейная комбинации равна нулю, то она должна иметь вид ~, а/Г /(е,)= О, ибо / ( остальные элементы нижней строки дополняют базис линейной оболочки (Г"((е,), ..., Г '"(е )) до базиса Еь Но все Ь; = 1, поэтомУ так что а/Г / /(е/) ев 1 и ~ а//' / '(е,)=0.
/ /=! Из последнего же соотношения следует, что все а/= О, потому что векторы )> / (е,) составляют нижнюю строку диаграммы Р и являются частью базиса Е/Е(/. Наконец, покажем, что если имеется любая нетривиальная линейная комбинация векторов Р, равная нулю, то из нее можно получить нетривиальную линейную зависимость между векторами нижней строки Р. В самом деле, отметим самую верхнюю строку Р, в которой имеются ненулевые коэффициенты этой воображаемой линейной комбинации. Пусть номер этой строки (считая снизу) равен Ь. Применим к этой комбинации оператор Гл-(. Очевидно, ее часть, отвечающая Ь-й строке, перейдет в нетривиальную линейную комбинацию элементов нижней строки, а остальные слагаемые обратятся в нуль.
Это завершает доказательство предложения. Теперь нам осталось проверить часть теоремы из п. 1, относящуюся к единственности. 8. Пусть фиксирова/и произвольный жорданов базис операто- ра1. Любой. диагональный элемент матрицы оператора Г в этом базисе, очевидно, является одним из собственных значений Л этого оператора. Рассмотрим часть базиса, отвечающего всем блокам матрицы с этим значением Л, и обозначим через Ел его линейную оболочку. Поскольку (Х,(Л) — Л)'= О, имеем Ел ~ Е(Л), где Е(Л)— корневое подпространство Е. Кроме того,Е=Я Ел, по определению жорданова базиса и Е = ® Е(Л;) по предложению п.
5, где в обоих случаях Л/ пробегает все собственные значения оператора Г по одному разу. Следовательно, (11/пЕл,=/(1/пЕ(Л) и Ел,=Е(Л/). Значит, сумма размеров >кордановых клеток, отвечающих каждому Л/, не зависит от выбора жорданова базиса, и, более того, от выбора базиса не зависят линейные оболочки Ел, 11оэтому достаточно проверить теорему единственности для случая Е=Е(Л) или даже для Е = Е (0). Построим диаграмму О, отвечающую данному жорданову базису Е = Е(О). Размеры жордановых клеток — это высоты ее столбцов; если, как на чертеже, расположить столбцы в порядке убывания, то эти высоты однозначно определятся, если известны длины строк в диаграмме, начиная с нижней, в порядке убывания. Покажем, что длина нижней строки равна размерности Ез= Кег1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
