Лекции по алгебре.Баскаков

Следствие 1. Если (A) = f 0g C; то (A 0I)n = 0; где A 2 L(X)

и n = dim X: Таким образом, A 0I - нильпотентный оператор.

Для доказательства достаточно заметить, что pA( ) = ( 0 )n:

Итак, каждый оператор A 2 L(X) с одной точкой спектра f 0g пред-

ставим в виде A = 0I + Q; где Q - нильпотентный оператор.

Упражнения к § 30

1. Найдите минимальные многочлены матриц

2. Докажите, что минимальный многочлен оператора простой структуры

со спектром f 1; : : : ; mg совпадает с многочленом p( ) =

= ( 1) : : : ( m):

3.Найдите минимальный многочлен для оператора дифференцирования

D : Pn(C) ! Pn(C):

4.Найдите минимальный многочлен для оператора A : Pn(C) ! Pn(C);

определенного равенством (A')(t) = '(t + 1):

5.Докажите, что если p 2 P(C); и A - сопровождающая матрица, то минимальный аннулирующий многочлен для A совпадает с p.

x 31. Многочлены от операторов и разложение операторов

Всюду в этом параграфе рассматриваются только конечномерные комплексные линейные пространства размерности n 1. Это предположение связано с использованием теоремы 3 из x 26 о существовании хотя бы одного собственного значения у каждого из рассматриваемых линейных операторов.

Пусть A 2 L(X) со спектром (A) = f 1; : : : ; mg: В теореме 1 будет получено разложение

A = A1 Am

оператора A относительно прямой суммы

X = X1 Xm

инвариантных относительно A подпространств Xk; k = 1; : : : ; m; причем спектр (Ak) каждой части Ak есть одноточечное множество f kg:

Если A 2 L(X) – необратимый оператор простой структуры, то из теоремы 4, x 28 следует, что он является прямой суммой

A = 0 A1

нулевого оператора и обратимого оператора A1 относительно разложения

X = X0 X1;

где X0 = KerA и X1 = ImA:

Если A – произвольный необратимый оператор из L(X); то утверждение о том, что он является прямой суммой нулевого и обратимого операторов

неверно. Однако имеет место следующая

Лемма 1. Любой необратимый оператор A 2 L(X) является прямой

суммой нильпотентного и обратимого операторов.

Доказательство. Непосредственно из определения ядра и образа опе-

Вначале докажем, что существует k 2 N такое, что KerAk = KerAk+1; и

тогда KerAk = KerAj 8j k + 1: Наличие такого k следует из конечномерности пространства X , так как подпространства KerAi; i 1 не могут неограниченно возрастать. Пусть k – наименьшее число из N, для которого

KerAk = KerAk+1:

Докажем, что KerAk+2 = KerAk: Пусть x 2 KerAk+2; т.е. Ak+2x = 0:

Тогда Ak+1(Ax) = 0: Так как KerAk = KerAk+1; то Ax 2 KerAk: Поэтому Ak+1x = Ak(Ax) = 0; т.е. x 2 KerAk+1: Из доказанного следует, что

KerAk = KerAj 8j k + 1:

Из теоремы 1, x 19 получаем равенства

n = dimX = dim KerAj + dim ImAj =

где A0 – сужение A на X0 и A1 – сужение A на X1: Если x0 2 X0; то

Ak0x0 = Akx0 = 0; т.е. A0 – нильпотентный оператор (и его индекс нильпотентности равен k). Далее KerA1 = fx 2 X1 : Ax = 0g = f0g и ImA1 = = ImAk = X1: Поэтому A1 – обратимый оператор. Лемма доказана.

Лемма 2. Многочлен g 2 P(C) является аннулирующим для оператора

A 2 L(X) тогда и только тогда, когда он делится на минимальный многочлен p0 оператора A.

Доказательство. Допустим, что многочлен f можно представить в виде f = gp0; где g 2 P(C): Согласно свойству 3) теоремы 1 из x 29, получаем f(A) = (gp0)(A) = g(A)p0(A) = 0:

Обратно, пусть f(A) = 0 для некоторого многочлена f 2 P(C): Представим многочлен f в виде f = gp0+r; где degr r < degr p0: Снова используя теорему 1 из x 17, получаем 0 = f(A) = g(A)p0(A) + r(A); т.е. r - аннулирующий многочлен оператора степени, меньшей чем степень минимального многочлена p0; и поэтому r = 0: Лемма доказана.

Лемма 3. Если p 2 P(C) - минимальный многочлен для оператора

A 2 L(X); то его спектр (A) совпадает с множеством корней многочлена p:

Доказательство. Если 0 2 (A) и Ax0 = 0x0; 0 6= x0 2 X; то p(A)x0 = p( 0)x0 = 0; т.е. p( 0) = 0:

Допустим, что 0 - корень многочлена p и 02 (A): Рассмотрим многочлен q( ) = p( )=( 0) и тогда p( ) = q( )( 0): Из теоремы 1, x 29 получаем 0 = p(A) = q(A)(A 0I): Ввиду обратимости оператора A 0I

из равенства q(A) = p(A)(A 0I) 1 = 0 следует, что q - аннулирующий многочлен для A, причем degr q = degr p 1: Получено противоречие. Лемма доказана.

Следствие. Спектр оператора A 2 L(X) содержится в множестве корней любого аннулирующего многочлена для A.

Т е о р е м а 1. Пусть A 2 L(X) имеет спектр (A) = f 1; ; mg и k1; ; km – алгебраические кратности соответствующих собственных значений (k1 + + km = n = dimX):

Тогда оператор A допускает разложение

A = A1 Am

относительно прямой суммы

X = X1 Xm:

При этом указанные разложения обладают свойствами

1)dimXj = kj; j = 1; ; m;

2)(Aj) = f jg; j = 1; ; m;

3)Aj = jIj + Qj; j = 1; ; m;

где Qj – нильпотентный оператор с индексом нильпотентности, равным кратности kj0 kj корня j минимального многочлена p0 оператора A.

Доказательство. Рассмотрим линейный оператор A jI; где

1 j m фиксировано. К необратимому оператору A jI применим лемму 1 и получим разложения

X = Xj Xj0; A = Aj A0j;

где Aj нильпотенен на Xj = Ker(A jI)mj ; (mj – некоторое число из N) и A0j обратим на Xj0: Подпространства Xj и Xj0 инвариантны относительно

A jI и, следовательно, относительно A = (A jI) + jI: Единственным собственным значением оператора A на Xj является j и оно не является собственным значением A на Xj0: Из теоремы 6, x 28 следует, что

[

(A) = (Aj) (A0j); (Aj) = f jg; (A0j) = (A) n f jg:

Далее pA( ) = pAj ( )pA0j ( ); 2 C; и поэтому mj = kj; т.е. Aj = jIj +Qj; где Qj – нильпотентный оператор и Qkjj = (Aj jIj)kj = 0: Из размерностных

соображений получаем, что X = X1 Xm:

Если p0 – минимальный аннулирующий многочлен для A, то из замечания 2, x 29 следует, что

p0(A) = p0(A1) p0(Am):

Поэтому p0(Aj) = 0 8j = 1; ; m: Поскольку (см. лемму 3)

m

p0(Aj) = Y(Aj iIj)ki0 = 0

i6=j

и операторы Aj iIj обратимы при j 6= i, то (Aj jIj)kj0 = 0: Теорема доказана.

Т е о р е м а 2. Для того чтобы оператор A 2 L(X) был оператором простой структуры, необходимо и достаточно, чтобы минимальный многочлен оператора A имел корни кратности 1.

Доказательство. Пусть A - оператор простой структуры и поэтому он имеет вид A = 1I1 mIm: Тогда для любого многочлена f 2 P(C)

получаем f(A) = f( 1)I1 f( m)Im: Следовательно, условие f(A) = 0

эквивалентно условию f( 1) = = f( m) = 0: Поэтому минимальный многочлен p0 имеет вид p0( ) = ( 1) : : : ( m); т.е. имеет корни кратности 1.

Если же минимальный многочлен p0 оператора A 2 L(X) имеет простые корни 1; : : : ; m; то из теоремы 1 следует, что все части Aj; j = 1; : : : ; m оператора A имеют вид Aj = jIj: Таким образом, оператор A имеет простую структуру. Теорема доказана.

Пример 1. Рассмотрим линейный оператор B : Cn ! Cn; определяемый на стандартном базисе e1 = (1; 0; : : : ; 0); : : : ; en = (0; 0; : : : ; 1) соотношениями: Be1 = en; Be2 = e1; Be3 = e2; : : : ; Ben = en 1: Пользуясь теоремой 1, найдем его разложение в прямую сумму операторов.

Отметим, что оператор B имеет матрицу вида

01

Непосредственно из определения оператора B следует, что Bn = I: Это равенство, переписанное в виде Bn0 I = 0; означает, что многочлен p( ) = = n 1 является аннулирующим для оператора B. Поскольку матрицы

I; B; : : : ; Bn имеют ненулевые элементы, стоящие на разных диагоналях, то они линейно независимы. Отсюда следует, что многочлен p( ) = k 1 является минимальным многочленом для оператора B. Согласно лемме 3, спектр

оператора B совпадает с корнями многочлена p, т.е. с корнями из единицы

Поскольку корни многочлена p простые, то из теоремы 2 следует, что оператор B имеет простую структуру, т.е. имеет спектральное разложение вида

Применяя к обеим частям разложения (3) последовательно оператор B;

получим следующую систему равенств:

P0 + P1 + + Pn 1 = I;

P0 + 1P1 + + n 1Pn 1 = B;

P0 + 21P1 + + 2n 1Pn 1 = B2;

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

P0 + n1 1P1 + + nn 11Pn 1 = Bn 1:

Упражнения к § 31

1. Пусть H - евклидово пространство и a; b - два вектора из H; для которых (a; b) 6= 0: Получите спектральное разложение оператора

A : H ! H; определенного формулой

Ax = (x; a)b:

2.Докажите, что оператор A 2 L(X) является оператором простой структуры тогда и только тогда, когда сумма геометрических кратностей его собственных значений равна размерности пространства X .

3.Докажите, что всякий оператор A 2 L(X) можно представить в виде суммы перестановочных операторов A0 и Q из L(X); где A0 - оператор простой структуры и Q - нильпотентный оператор.

4.Найдите минимальный многочлен для проектора.

5.Докажите, что оператор A 2 L(X); K = C; удовлетворяющий условию

Ak = I для некоторого k 2 N, является оператором простой структуры.

6.Найдите спектральное разложение оператора A из задачи 5.

x 32. Нильпотентные операторы. Жорданов базис для нильпотентных операторов

В предыдущем параграфе доказано, что каждый линейный оператор

A 2 L(X) есть прямая сумма операторов с одноточечным спектром. Таким образом, задача свелась (см., например, теорему 6 из x 28) к изучению операторов с одноточечным спектром. Согласно следствию, из теоремы Гамильтона-Кэли (см. x 30) получаем, что если (A) = f 0g; то оператор A

имеет вид A = 0I + B; где B - нильпотентный оператор.

226 Глава 3. Линейная алгебра

Приведем несколько утверждений об операторах с одной точкой спектра. Все рассмотрения ведутся в линейном пространстве над полем K , где K = R

или K = C:

Т е о р е м а 1. Пусть оператор A 2 L(X) имеет вид A = 0I + B; где

0 6= 0 2 K и B - нильпотентный оператор с индексом нильпотентности m.

Тогда оператор A обратим и обратный имеет вид

Доказательство состоит в непосредственной проверке одного из равенств

AA 1 = I; A 1A = I с учетом равенства Bm = 0:

Следствие 1. Верно равенство ( 0I + B) = f 0g; в частности, спектр

нильпотентного оператора состоит только из нуля.

Т е о р е м а 2. Имеет место равенство f( 0I + B) = f( 0)I + f0 (1!0)B + f(m 1)( 0)Bm 1 для любых f 2 P(K); 0 2 K и для любого нильпотентного

оператора B 2 L(X) (m - индекс нильпотентности оператора B).

Доказываемое равенство следует из представления многочлена f в виде

f( ) = f( 0) + f0( 0)( 0) + + f(n)( 0)( 0)n; если f 2 Pn(K):

1! n!

Следствие 2. Оператор f( 0I +B) представим в виде f( 0)I +Q; где Q

- нильпотентный оператор и Qm = 0: Кроме того, (f( 0I + B)) = ff( 0)g:

Для доказательства достаточно заметить, что сумма перестановочных между собой нильпотентных операторов является нильпотентным оператором.

Теперь рассмотрим задачу о структуре матриц операторов с одной точкой спектра.

Ясно, что если оператор A 2 L(X) имеет вид A = 0I + B; где B - нильпотентный оператор, то его матрица A имеет вид

A = 0E + B;

где B - матрица нильпотентного оператора B. Это означает, что матрица оператора с одной точкой спектра отличается от матрицы нильпотентного