Istnienie wektora dla którego układ jest lin. nzl - dowód.

bubka · Post autor: **bubka** » 31 gru 2010, o 11:55

Dzień dobry !
Jak udowodnić że jeśli operator liniowy \(\displaystyle{ T}\) na przestrzeni \(\displaystyle{ V}\) jest różny od \(\displaystyle{ aI}\) dla każdego \(\displaystyle{ a}\) z ciała \(\displaystyle{ K}\) to istnieje wektor \(\displaystyle{ v}\) z \(\displaystyle{ V}\) taki, że układ \(\displaystyle{ (Tv,v)}\) jest liniowo niezależny ?

miki999 · Post autor: **miki999** » 31 gru 2010, o 13:20

Rozumiem, że \(\displaystyle{ I}\) to operator identycznościowy?

Skoro \(\displaystyle{ T}\) jest różny od \(\displaystyle{ aI}\), to \(\displaystyle{ Tv=av+v'}\), gdzie \(\displaystyle{ v' \in V}\) jest liniowo niezależny od \(\displaystyle{ v}\). Dalej już prosto.

Pozdrawiam.

bubka · Post autor: **bubka** » 31 gru 2010, o 17:45

Czemu \(\displaystyle{ v'}\) musi być liniowo niezależny z \(\displaystyle{ v}\) ? Tego nie rozumiem. Skoro \(\displaystyle{ T}\) jest różne od \(\displaystyle{ aI}\) to przynajmniej na jednym wektorze musi być różne. Wobec tego znajdę wektor \(\displaystyle{ v}\) taki, że \(\displaystyle{ Tv \neq av}\). A co jeśli to akurat będzie wektor własny i \(\displaystyle{ Tv=bv}\) gdzie \(\displaystyle{ a \neq b}\) ?

miki999 · Post autor: **miki999** » 31 gru 2010, o 18:01

Czemu \(\displaystyle{ v'}\) musi być liniowo niezależny z \(\displaystyle{ v}\)

W przeciwnym razie \(\displaystyle{ v'=\alpha v}\), a zatem \(\displaystyle{ Tv=av+\alpha v=(a+\alpha)v}\).
\(\displaystyle{ a +\alpha \in K}\), więc wtedy \(\displaystyle{ T=a' v}\), co przeczy założeniu.

co jeśli to akurat będzie wektor własny i \(\displaystyle{ Tv=bv}\) gdzie \(\displaystyle{ a \neq b}\) ?

No to załóżmy, że mamy \(\displaystyle{ Tv=av}\) dla \(\displaystyle{ v \in V\setminus\{v_1, ...\}}\) i \(\displaystyle{ Tv=bv}\) dla \(\displaystyle{ v \in \{v_1, ...\}}\), gdzie \(\displaystyle{ a \neq b}\) i \(\displaystyle{ v_i}\) jest wektorem własnym.
Wtedy \(\displaystyle{ T(v+v_i)=Tv+Tv_i=av +bv_i}\), wtedy \(\displaystyle{ v+v_i}\) będzie naszym szukanym wektorem.

@Wasilewski: zgadza się, pochopnie odpowiedziałem

Wasilewski · Post autor: **Wasilewski** » 31 gru 2010, o 18:17

bubka ma słuszne wątpliwości; trzeba się zastanowić, czy nie może być tak, że dowolny wektor jest wektorem własnym a mimo wszystko operator nie jest postaci \(\displaystyle{ aI}\); tak oczywiście być nie może, ale należałoby to uzasadnić.

bubka · Post autor: **bubka** » 31 gru 2010, o 18:43

Nie przekonuje mnie to. Wiemy, że dla każdego \(\displaystyle{ a}\) z \(\displaystyle{ K}\) istnieje wektor \(\displaystyle{ v}\) z \(\displaystyle{ V}\), taki że \(\displaystyle{ Tv \neq av}\). To nie oznacza, że istnieje \(\displaystyle{ v}\), takie że dla każdego \(\displaystyle{ a}\) z \(\displaystyle{ K}\) : \(\displaystyle{ Tv \neq av}\). Coś wykombinowałem. sprawdźcie czy dobrze :
wybierzmy dowolne \(\displaystyle{ a}\) z \(\displaystyle{ K}\)
znajdziemy \(\displaystyle{ v}\) z \(\displaystyle{ V}\) taki , że \(\displaystyle{ Tv \neq av}\)
jeśli \(\displaystyle{ (v,Tv)}\) jest liniowo niezależny to jest OK
jeśli nie to \(\displaystyle{ Tv=bv}\) i \(\displaystyle{ b \neq a}\)
ponieważ \(\displaystyle{ T \neq bI}\) to istnieje liniowo niezależny z \(\displaystyle{ v}\) ,wektor \(\displaystyle{ u}\) taki, że \(\displaystyle{ Tu \neq bu}\).
Jesli układ \(\displaystyle{ (Tu,u)}\) jest liniowo niezależny jest OK
jesli nie to \(\displaystyle{ Tu=cu}\) i \(\displaystyle{ c \neq b}\)
zapytajmy sie o liniową niezależność układu \(\displaystyle{ (u+v,T(u+v))}\)
przyrównujemy ich kombinacje liniową do zera i mamy :
\(\displaystyle{ (x+by)*v + (x+cy)*u =0}\)
wobec liniowej niezależności \(\displaystyle{ u}\) i \(\displaystyle{ v}\) :
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+by=0 \\ x+cy=0 \end{cases}}\)
Szukamy \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\). Taki układ ma jedno rozwiązanie zerowe wtedy, gdy wyznacznik \(\displaystyle{ c-b \neq 0}\).
A tak jest bo \(\displaystyle{ b \neq c}\).
koniec

Qń · Post autor: Qń » 31 gru 2010, o 19:09

To rozumowanie wygląda ok, przy czym można by Twoją ideę przedstawić trochę inaczej:

Niech \(\displaystyle{ v}\) będzie wektorem własnym przekształcenia \(\displaystyle{ T}\), tzn. \(\displaystyle{ Tv=av}\) dla pewnego \(\displaystyle{ a}\). Gdyby podprzestrzeń wektorów własnych odpowiadająca wartości \(\displaystyle{ a}\) była równa całemu \(\displaystyle{ V}\), to znaczyłoby, że każdy wektor tej przestrzeni jest własny i odpowiada wartości własnej \(\displaystyle{ a}\), a to znaczy, że \(\displaystyle{ T=aI}\) wbrew założeniu. Istnieje więc wektor \(\displaystyle{ u\in V}\), który nie należy do tej podprzestrzeni. Jeśli nie jest własny, to koniec. Jeśli jest własny, to \(\displaystyle{ Tu=bv}\) dla pewnego \(\displaystyle{ b}\). I teraz można pokazać, że \(\displaystyle{ u+v}\) nie jest własny.

W tym ujęciu widać chyba istotę sprawy - suma wektorów własnych jest wektorem własnym wyłącznie wtedy gdy odpowiadają one tej samej wartości własnej.

Q.

bubka · Post autor: **bubka** » 31 gru 2010, o 19:21

Wszystko gra. Dzieki za pomoc i życze forumowiczom Szczęśliwego Nowego Roku!