direkte Summe verallgemeinerter Eigenräume

Question

Ich studiere lineare Algebra und lerne verallgemeinerte Eigenräume. Ich habe drei Fragen zu einem bestimmten Beweis, die ich aufschreiben muss, bevor ich die Fragen stellen kann (ich übersetze sie ins Englische, aber es sollte hoffentlich klar sein wie auch immer).

Erste Terminologie: $EG_{\lambda}$ ist definiert als der verallgemeinerte Eigenraum, der dem Eigenwert entspricht $\lambda$dh:$\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} Ker(T-\lambda I)^i.$

Satz: Sei T ein Operator für V mit Eigenwerten $\lambda_1,\lambda_2,....,\lambda_r$, dann: $$V=GE_{\lambda_1}\oplus GE_{\lambda_2}\oplus....\oplus GE_{\lambda_r}.$$

Beweis: Es ist ein Beweis durch Induktion über die Dimension von $V$mit $n$ die Dimension sein.

Basisfall: Wenn $n=1$dann ist es offensichtlich wahr.

Induktives Argument: Let $n\geq 2$ und nehme an, dass der Satz für alle Vektorräume mit Dimension wahr ist $\lt n$. T hat einen Eigenwert$\lambda_1$. Lassen$V_1=Ker(T-\lambda_1I)^n$ und $V_2=Ran(T-\lambda_1 I)^n$. Wir wissen das$V=V_1\oplus V_2$. Wenn$\lambda_1$ ist dann der einzige Eigenwert $V_2=\{0\}$ und $V=GE_{\lambda_1}$und wir sind fertig. wenn$\lambda_1$ ist dann nicht der einzige Eigenwert, da $V_2$ ist invariant, können wir T auf beschränken $V_2$ mit den Eigenwerten $\lambda_2,\lambda_3,....,\lambda_r$. Nach der induktiven Annahme,$V_2=GE_{\lambda_2}\oplus GE_{\lambda_3}\oplus....\oplus GE_{\lambda_r}$und wir bekommen: $V=GE_{\lambda_1}\oplus V_2=GE_{\lambda_1}\oplus GE_{\lambda_2}\oplus....\oplus GE_{\lambda_r}$. Und wir sind fertig!

Zunächst sagt es nicht, welches Feld V vorbei ist, aber ich denke, es ist über ein komplexes Feld (der Kurs hat nur komplexe und reale Felder behandelt), da wir annehmen, dass T mindestens einen Eigenwert hat, und das ist nur wahr, wenn es über einem komplexen Feld ist (soweit ich weiß).

Frage 1: Die Aussage: "Wenn $\lambda_1$ ist dann der einzige Eigenwert $V_2=\{0\}$", ist mir nicht klar. Ich habe versucht, es mir selbst zu beweisen und zu googeln, aber ich kann es nicht herausfinden. Es ist wahrscheinlich etwas Triviales, da es nicht im Beweis motiviert ist, aber ich kann es nicht herausfinden Warum sollte die Tatsache, dass es nur einen Eigenwert gibt, dies wahr machen, ist mir ein Rätsel.

Frage 2: In dieser Aussage: "Wir können T auf beschränken $V_2$ mit den Eigenwerten $\lambda_2,\lambda_3,....,\lambda_r$". Warum hat T diese Eigenwerte, wenn es auf beschränkt ist? $V_2$?. Es scheint intuitiv wahr zu sein, aber wie können wir sicher sein, dass die Eigenvektoren entsprechen$\lambda_2,\lambda_3,....,\lambda_r$ ist nicht in $GE_{\lambda_1}$. Zum Beispiel gibt es vielleicht einen Eigenvektor v, der beispielsweise entspricht$\lambda_4$, und einige $k$ so dass: $(T-\lambda_1 I)^kv=0$.

Frage 3: Wie funktioniert das induktive Argument, ich meine seine Struktur. In jedem Fall, in dem ich mich zuvor mit induktiven Beweisen befasst habe, war es von der Art: "Beweisen Sie einen Basisfall (normalerweise)$n=0$), und dann nehmen wir an, dass es wahr ist für $k=n-1$ und zeig das $P(k) \implies P(n)$". Aber in diesem Beweis wird explizit angegeben" Angenommen, es ist für alle wahr $k\lt n$"und beweisen, dass es wahr ist für $n$. Wir wissen nicht ob$k=n-1$ oder wenn es ist $k=n-100$ (Es sei denn, wir wissen das $dim(GE_{\lambda_1})=1$, woher wissen wir das dann?). Ich kann einen fast identischen Beweis (vorausgesetzt, ich kenne die Antwort auf Frage 1 und 2) des Satzes machen, wenn wir es zulassen$n$sei die Anzahl der Eigenwerte, und dann wäre es ein "normaler" Beweis durch Induktion. Aber wie funktioniert diese Version?

bearbeiten: $V_2=Ran(T-\lambda_1 I)^n$nicht $V_2=Ran(T-\lambda_2 I)^n$

Answer 1

F0: Ja, wir müssen ein Feld bearbeiten, das alle Eigenwerte von enthält$T$. (Beachten Sie, dass dies allgemeiner ist als "algebraisch geschlossenes Feld" und Sie die gleiche Zerlegung erhalten$\mathbb{R}$ wenn $T$ hat alle reellen Eigenwerte.)

Q1: Wenn$\lambda_1$ ist dann der einzige Eigenwert $T - \lambda_1 I$ hat nur den Null-Eigenwert, ist also nicht potent (z. B. nach dem Cayley-Hamilton-Theorem), also $(T - \lambda_1 I)^n = 0$. Mit anderen Worten, in diesem Fall der verallgemeinerte Eigenraum von$\lambda_1$ ist alles von $V$.

F2: Wenn$v \in \text{Ran}(T - \lambda_1 I)^n)$ sollten einen Eigenwert von haben $\lambda_1$ dann hätten wir $(T - \lambda_1 I) v = 0$. Aber per Definition haben wir$v = (T - \lambda_1 I)^n w$ für einige $w$, das gibt es also $(T - \lambda_1 I)^{n+1} w = 0$, was gibt $(T - \lambda_1 I)^n w = 0$ weil sich der verallgemeinerte Eigenraum bei stabilisiert $n$(zB wieder nach dem Cayley-Hamilton-Theorem). So$v = 0$.

F3: Es ist ein Beweis durch starke Induktion , was einer normalen Induktion entspricht. Sie beweisen den Basisfall$P(1)$ und dann besteht der induktive Schritt darin, zu zeigen, dass wenn $P(k)$ ist für alle wahr $k < n$ dann $P(n)$ ist wahr.

Edit: Ohne Cayley-Hamilton können wir das notwendige Ergebnis direkt nachweisen, nämlich das Folgende.

Satz: Lassen Sie$T : V \to V$ sei eine lineare Karte auf einem $n$-dimensionaler Vektorraum. Dann für alle$N \ge n$ wir haben $\text{im}(T^N) = \text{im}(T^n)$ und $\text{ker}(T^N) = \text{ker}(T^n)$.

Beweis. Die Reihenfolge der Unterräume$I_k = \text{im}(T^k)$ nehmen in dem Sinne ab, dass $I_0 \supseteq I_1 \supseteq I_2 \dots$und insbesondere ihre Abmessungen nehmen ab. Schon seit$\dim I_0 \le n$ Daraus folgt für einige $k \le n$ Wir müssen haben $\dim I_k = \dim I_{k+1}$, was gibt $I_k = I_{k+1}$. Das bedeutet, dass$T(\text{im}(T^k)) = \text{im}(T^k)$daher $T$ ist invertierbar, wenn auf beschränkt $\text{im}(T^k)$. Von diesem Punkt an müssen wir haben$I_k = I_{k+1} = I_{k+2} = \dots$ so stabilisiert sich die Folge von Teilräumen und $k \le n$ so insbesondere $I_n = I_{n+1} = \dots $.

In ähnlicher Weise definieren Sie für die Kernel die Reihenfolge der Unterräume $J_k = \text{ker}(T^k)$ was in dem Sinne zunimmt, dass $J_0 \subseteq J_1 \subseteq \dots$und insbesondere ihre Dimensionen nehmen zu. Schon seit$\dim J_k \le n$ für alle $n$ Daraus folgt für einige $k \le n$ Wir müssen haben $\dim J_k = \dim J_{k+1}$, was gibt $J_k = J_{k+1}$. Das bedeutet, dass$T^{-1}(\text{ker}(T^k)) = \text{ker}(T^k)$Bedeutung $T$ ist invertierbar, wenn auf beschränkt $\text{ker}(T^k)$. Von diesem Punkt an müssen wir haben$J_k = J_{k+1} = J_{k+2} = \dots$ wie oben. $\Box$

Folgerung: Wenn$T : V \to V$ hat dann keine Nicht-Null-Eigenwerte $T^n = 0$ (und besonders $T$ ist nicht potent).

Beweis. Wenn$T$ hat keine Eigenwerte ungleich Null, dann kann es nicht invertierbar sein, wenn es auf einen geeigneten Unterraum von beschränkt ist $V$ (Andernfalls könnten wir in diesem Unterraum einen Eigenvektor mit einem Eigenwert ungleich Null erzeugen.) Wenn Sie also das obige Argument für die Unterräume ausführen $I_k = \text{im}(T^k)$ Sobald sie sich stabilisiert haben, müssen sie gleich Null sein, insbesondere $I_n = 0$. $\Box$

Folgerung: Der verallgemeinerte Eigenraum$E_{\lambda} = \bigcup_{k \ge 1} \text{ker}((T - \lambda I)^k)$ entspricht $\text{ker}(T - \lambda I)^n$.

Wir können es tatsächlich besser machen: es stellt sich heraus, dass $E_{\lambda} = \text{ker}(T - \lambda)^m$ wo $m$ ist die Vielzahl von $\lambda$ als Wurzel des minimalen (nicht charakteristischen) Polynoms von $T$und diese Grenze ist scharf: $E_{\lambda} \neq \text{ker}(T - \lambda)^{m-1}$. Siehe zum Beispiel diese Antwort .