Лекции по алгебре. Выпуск I. Линейные отображения и линейные операторы. Тронин С.Н. - 39 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

а это противоречит предположению индукции. Следовательно, α
m
̸= 0,
и тогда на этот элемент можно разделить обе части равенства (1.4.1).
Перенеся затем вектор v
m
в правую часть полученного равенства, и
изменив знаки, приходим к равенству вида:
β
1
v
1
+ · · · + β
m−1
v
m−1
= v
m
(1.4.2)
В этом равенстве не все β
1
, . . . , β
m
равны нулю, так как иначе было бы
0 = v
m
, что не так по условию. Подействуем на левую и правую части
равенства (1.4.2) линейным оператором f. Так как f(v
i
) = λ
i
v
i
для всех
i, то получается следующее равенство:
β
1
λ
1
v
1
+ · · · + β
m−1
λ
m−1
v
m−1
= λ
m
v
m
(1.4.3)
Если λ
m
= 0, то все прочие λ
i
должны быть ненулевыми, так как по
условию все рассматриваемые собственные значения попарно различны.
Поэтому получается нетривиальная линейная зависимость:
β
1
λ
1
v
1
+ · · · + β
m−1
λ
m−1
v
m−1
= 0.
Нетривиальна она потому, что для какого-то j элемент поля β
j
отличен
от нуля, а потому и β
j
λ
j
̸= 0. Таким образом, снова получается противо-
речие с предположением индукции. Допустим, что λ
m
̸= 0. Тогда левую
и правую части равенства (1.4.3) можно разделить на λ
m
. Выполнив это
деление, получим равенство
γ
1
λ
1
v
1
+ · · · + γ
m−1
λ
m−1
v
m−1
= v
m
(1.4.4)
Здесь γ
i
= β
i
λ
−1
m
для всех i, 1 ≤ i ≤ m −1. Снова в левой части этого ра-
венства найдется ин декс j, для которого γ
j
̸= 0 (потому что существует
индекс j, для которого β
j
̸= 0). Теперь, вычитая из равенства (1.4.4)
равенство (1.4.2), получим
(γ
1
λ
1
− β
1
)v
1
+ · · · + (γ
m−1
λ
m−1
− β
m−1
)v
m−1
= 0
39
а это противоречит предположению индукции. Следовательно, αm ̸= 0,
и тогда на этот элемент можно разделить обе части равенства (1.4.1).
Перенеся затем вектор vm в правую часть полученного равенства, и
изменив знаки, приходим к равенству вида:

                       β1 v1 + · · · + βm−1 vm−1 = vm               (1.4.2)

В этом равенстве не все β1 , . . . , βm равны нулю, так как иначе было бы
0 = vm , что не так по условию. Подействуем на левую и правую части
равенства (1.4.2) линейным оператором f . Так как f (vi ) = λi vi для всех
i, то получается следующее равенство:

                  β1 λ1 v1 + · · · + βm−1 λm−1 vm−1 = λm vm         (1.4.3)

Если λm = 0, то все прочие λi должны быть ненулевыми, так как по
условию все рассматриваемые собственные значения попарно различны.
Поэтому получается нетривиальная линейная зависимость:

                    β1 λ1 v1 + · · · + βm−1 λm−1 vm−1 = 0.

Нетривиальна она потому, что для какого-то j элемент поля βj отличен
от нуля, а потому и βj λj ̸= 0. Таким образом, снова получается противо-
речие с предположением индукции. Допустим, что λm ̸= 0. Тогда левую
и правую части равенства (1.4.3) можно разделить на λm . Выполнив это
деление, получим равенство

                   γ1 λ1 v1 + · · · + γm−1 λm−1 vm−1 = vm           (1.4.4)

Здесь γi = βi λ−1
               m для всех i, 1 ≤ i ≤ m − 1. Снова в левой части этого ра-
венства найдется индекс j, для которого γj ̸= 0 (потому что существует
индекс j, для которого βj ̸= 0). Теперь, вычитая из равенства (1.4.4)
равенство (1.4.2), получим

            (γ1 λ1 − β1 )v1 + · · · + (γm−1 λm−1 − βm−1 )vm−1 = 0

                                     39

Страницы