Линейные операторы. Корешков Н.А. - 50 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

Если мы проверим, что вектора, отвечающие точкам этой диа-
граммы, образуют базис пространства
V
, то по построению это бу-
дет жорданов базис.
Пусть
V
v
∈ , тогда
0
V
V
Vv
=∈ и, следовательно,
kev
ij
p
ji
j
i
ij
j
∈=
∑∑
=
−
=
λϕλ
1
1t
0
,
. Тогда
0
1
1
0
Vev
p
j
t
i
j
i
ij
j
∈−
∑∑
=
−
=
ϕλ
, т.е.
∑∑∑∑
=
+
==
−
=
+=−
s
q
qq
p
j
j
t
ij
p
j
t
i
j
i
ij
eeev
j
j
011
1
0
α
γϕλϕλ
, k
q
∈
γ
или
∑∑∑
=
+
==
+=
s
q
qq
p
j
t
i
j
i
ij
eev
j
010
α
γϕλ
.
Итак, каждый вектор из V является линейной комбинацией векто-
ров, отвечающих точкам диаграммы D.
Для доказательства линейной независимости векторов
},...,0,;t,...,0,,...,1,{ sqeipje
qjj
i
===
+
α
ϕ
проверим вначале независимость
векторов нижнего этажа диаграммы D, т.е.
},...,0,;,...,1,{ sqepje
qj
t
j
==
+
α
ϕ
.
Т.к.
WUV ⊕=
0
, а },...,0,{ ste
t
=
+
α
базис пространства W , то достаточ-
но проверить линейную независимость образующих пространства
U , т.е. },...,1,{
t
jj
pje
j
=
ϕ
.
Предположим, что существует набор
),...,(
1 p
β
β
, k
i
∈
β
такой что
∑
=
=
p
j
jj
e
j
1
t
0
ϕβ
. По построению каждое 1t ≥
j
. Поэтому
∑
=
−
=
p
j
j
t
j
e
j
1
1
0
ϕβϕ
, 
  Если мы проверим, что вектора, отвечающие точкам этой диа-
граммы, образуют базис пространства V , то по построению это бу-
дет жорданов базис.
  Пусть v ∈ V , тогда v ∈ V = V V и, следовательно,
                                 0

              p t j −1                                 p t j −1
v = ∑∑ λij ϕ e j ,λij ∈ k . Тогда v − ∑∑ λij ϕ i e j ∈ V0 , т.е.
                              i

             j =1 i = 0                               j =1 i = 0

            p t j −1              p           s                           p    tj                 s
v − ∑∑ λijϕ i e j = ∑ λijϕ j e j + ∑ γ q eα + q , γ q ∈ k или v = ∑∑ λijϕ i e j + ∑ γ q eα + q .
                                         t

            j =1 i =0             j =1       q =0                        j =1 i = 0           q =0


  Итак, каждый вектор из V является линейной комбинацией векто-
ров, отвечающих точкам диаграммы D.
  Для                     доказательства            линейной       независимости                  векторов
{ϕ i e j , j = 1,..., p, i = 0,..., t j ; eα + q , q = 0,..., s} проверим вначале независимость

векторов                          нижнего            этажа         диаграммы                 D,                   т.е.
        t
{ϕ j e j , j = 1,..., p; eα + q , q = 0,..., s} .

  Т.к. V0 = U ⊕ W , а {eα +t , t = 0,..., s} базис пространства W , то достаточ-
но проверить линейную независимость образующих пространства
                          t
U , т.е. {ϕ j e j , j = 1,..., p j } .

  Предположим, что существует набор ( β 1 ,..., β p ) , β i ∈ k такой что
  p                                                                                   p

∑β ϕ                    e j = 0 . По построению каждое t j ≥ 1 . Поэтому ϕ ∑ β jϕ
                  tj                                                                                  t j −1
              j                                                                                                ej = 0 ,
 j =1                                                                                 j =1

Страницы