Отдельные вопросы линейной алгебры. Адамова Р.С. - 7 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

§1. Жорданова форма матрицы оператора в комплексном пространстве
– 7 –
Выпишем полученный базис в Ker (A):
e
1
, … , e
r
, f
1
, … , f
s
, … , g
u
, h
1
, … , h
t
(7)
Согласно построению вектор e
1
можно представить в виде e
1
= A
k
x
1
и
Записать соответствующую последовательность последовательность
e
1
= A
k
x
1
, A
k-1
x
1
, … , Ax
1
, x
1
.
Аналогичные последовательности выпишем для каждого вектора в (7) и
из полученных строк составим таблицу:
=
…=
…=
…=
…=
−
−
−
−
t
uu
sss
k
s
k
rrr
k
r
k
r
kk
.....
zAz
y , Ay, , y A
y, Ay, ,y A
, x, Ax , xA, x A
, xAx, , x A,x A
h
..
h
g
f
f
e
e
1
u
1
1
,
..........................
..................................................
..............................................
..........................................................
1
111
1
1
111
1
1
(9)
Покажем , что все векторы , записанные в этой таблице, составляют
линейно независимую систему. Рассмотрим произвольную линейную
комбинацию векторов, дающую в результате 0. Пусть элементы последнего
столбца таблицы (9) (векторы x
1
, x
2
, … , x
r
) входят в нее с коэффициентами
a
1
, a
2
, … , a
r
. Применяя к линейной комбинации оператор A
k
, получим , что
a
1
e
1
+ a
2
e
2
+ … + a
r
e
r
= 0, откуда следует , что a
1
= a
2
= … = a
r
= 0.
Принимая эти соотношения во внимание, аналогично можно показать, что
элементы предпоследнего столбца входят в линейную комбинацию с
нулевыми коэффициентами, и так далее. Таким образом убедимся , что
только тривиальная линейная комбинация векторов таблицы (9) может дать
нулевой вектор, то есть векторы этой системы линейно независимы .
Теперь для произвольного вектора x Î E рассмотрим все ненулевые
векторы вида A
i
x , записав их по убывающим степеням:
A
s
x, A
s-1
x, … , A
2
x , Ax, x.
Покажем , что все эти векторы линейно выражаются через векторы
таблицы (9). Начнем с первого. Согласно построению A
s
x¹0, а A
s+1
x=0,
следовательно, A
s
xÎ H
s
и потому представляет собой линейную комбинацию
векторов первого столбца таблицы . 
§1. Жорданова форма матрицы оператора в комплексном пространстве

   Выпишем полученный базис в Ker (A):
                 e1, …, e r, f1, …, fs , …, gu, h1, …, h t            (7)
                                                                k
   Согласно построению вектор e1 можно представить в виде e 1= A x1 и
   Записать соответствующую последовательность последовательность
                     e1 = Akx1 , Ak-1x1 , …, Ax1 , x1 .
   Аналогичные последовательности выпишем для каждого вектора в (7) и
из полученных строк составим таблицу:


                 � e 1 = A k x1 ,                A k −1 x1 , … ,    Ax1 , x1 �
                 �                                                            �
                 � ..........................................................�
                  � e = A k x , A k −1 x , … , Ax , x �
                   �  r            r              r               r     r       �
                 �        f 1 = A k −1 y1 , … , Ay1 , y1 �
                 �                                                     �
                 � .............................................. �
                  � f = A k −1 y , … , Ay , y �
                   �  s                s                   s     s�

                ..................................................
                                                                                    (9)
                     � ..........................�
                      � g = Az , z �
                       �    u          u      u �

                     �  h1 �
                     � .......�
                      �         �
                     ��h t ��
   Покажем, что все векторы, записанные в этой таблице, составляют
линейно независимую систему. Рассмотрим произвольную линейную
комбинацию векторов, дающую в результате 0. Пусть элементы последнего
столбца таблицы (9) (векторы x1, x2 , …, xr) входят в нее с коэффициентами
a1, a2, …, r. Применяя к линейной комбинации оператор A k , получим, что
     1e1 + a2 e 2 + …+ ar e r = 0, откуда следует , что a 1= a2= …= ar= 0.
   Принимая эти соотношения во внимание, аналогично можно показать, что
элементы предпоследнего столбца входят в линейную комбинацию с
нулевыми коэффициентами, и так далее. Таким образом убедимся, что
только тривиальная линейная комбинация векторов таблицы (9) может дать
нулевой вектор, то есть векторы этой системы линейно независимы.
   Теперь для произвольного вектора x Î E рассмотрим все ненулевые
векторы вида Ai x, записав их по убывающим степеням:
                Asx, As-1x, … , A2x , Ax, x.
   Покажем, что все эти векторы линейно выражаются через векторы
таблицы (9). Начнем с первого. Согласно построению A sx¹0, а As+1x=0,
следовательно, AsxÎ Hs и потому представляет собой линейную комбинацию
векторов первого столбца таблицы.

                                                     – 7–

Страницы