Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
Lubicz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 127
Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 19 razy

Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik

Post autor: Lubicz »

Mamy operator liniowy \(\displaystyle{ \mathcal{A} : V \rightarrow V}\) oraz p-tą potęgę zewnętrzną:
\(\displaystyle{ \wedge^{p}\mathcal{A} : \wedge^{p}V \rightarrow \wedge^{p}V}\) zwany p-tą potęgą zewnętrzną operatora \(\displaystyle{ \mathcal{A}}\) spełniający warunek:
\(\displaystyle{ (\wedge^{p} \mathcal{A})(x_{1} \wedge ... \wedge x_{p}) =
\mathcal{A}(x_{1}) \wedge ... \wedge \mathcal{A}(x_{p})}\)
dla dowolnych \(\displaystyle{ x_{i}\in V}\). Udowodnić, że:
\(\displaystyle{ det(\wedge^{p} \mathcal{A})\cdot det(\wedge^{n-p} \mathcal{A}) = (det \mathcal{A})^{{n\choose p}}}\).
Ogólnie w podpowiedzi jest by użyć twierdzenia Laplace'a, a w zasadzie chodzi o uogólnione rozwijanie wyznaczników (w sensie minory większego stopnia niż 1). Ogólnie wiem jakie są zależności tych form z wyznacznikami, ale nie umiem tego powiązać. Ktoś by pomógł? Na necie próowałem szukać tego, ale z tym też problem spory.
krl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 609
Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Pomógł: 135 razy

Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz

Post autor: krl »

Ja bym spróbował tak:
Rozważałbym sytuację nad ciałem liczb zespolonych, które jest algebraicznie domknięte.
Przypadek 1. \(\displaystyle{ {\cal A}}\) jest diagonalizowalne. Tu teza powinna być łatwa do sprawdzenia, gdyż wtedy potęgi zewnętrzne \(\displaystyle{ {\cal A}}\) też są diagonalizowalne, no i jawnie można napisać bazę potegi zewnętrznej \(\displaystyle{ V}\) złożoną z wektorów własnych.
Przypadek 2. (ogólny). Tu użyłbym argumentu gęstościowego: Zbiór macierzy diagonalizowalnych jest gęsty i dla nich teza zachodzi, dlatego zachodzi dla wszystkich przekształceń, gdyż obie strony równości w tezie zależą w sposób ciągły od współczynników macierzy \(\displaystyle{ {\cal A}}\).

Gdy mamy już równość dla wszystkich macierzy zespolonych, dostajemy tę równość dla wszystkich macierzy (nad dowolnym ciałem), gdyż obie strony równości to wyrażenia wielomianowe.
Lubicz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 127
Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 19 razy

Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik

Post autor: Lubicz »

Szczerze mówiąc nie wiem co z tym dalej, ale jeśli chodzi o diagonalizowalność to sobie myślałem o tym w ten sposób, że p-ta potęga działa jakby na \(\displaystyle{ {n\choose p}}\) multi-wektorów i podobnie n-p -ta potęga na tyle samo multi-wektorów bazowych. Także dla p-tej potęgi dałem macierz \(\displaystyle{ A}\) wymiaru \(\displaystyle{ {n\choose p}}\), a dla n-p \(\displaystyle{ B}\), wtedy muszę policzyć iloczyn ich wyznaczników. To sobie wpadłe na taki pomysł, że stworzę macierz klatkową gdzie \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są po skosie, a pozostałe 2 klatki to same 0. Wyznacznik takiej macierzy to oczywiście wyznacznik \(\displaystyle{ A}\) pomnożony przez wyznacznik z \(\displaystyle{ B}\). No dla każdego multi wektora rzędu p, których mamy \(\displaystyle{ {n\choose p}}\) to możemy dodać w dalszym ciągu resztę współćzynników i działając tą nowo powstałą macierzą mamy za każdym razem wartość własną \(\displaystyle{ detA}\). Z tym, że... Nie wiem czy mogę tak to rozkiniać, bo na dobrą sprawę to jest jeden i ten sam multi wektor tylko w różnych ustawieniach, więc to bez sensu ciut. No chyba, że ma sens tylko ja go nie rozumiem?
krl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 609
Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Pomógł: 135 razy

Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz

Post autor: krl »

Ech, rozważ bazę \(\displaystyle{ V}\) złożoną z wektorów własnych \(\displaystyle{ {\cal A}}\), tzn. \(\displaystyle{ b_1,\dots,b_n}\) takie, że \(\displaystyle{ {\cal A}(b_i)=\lambda_ib_i}\). Z tej bazy wyprodukuj standardowo bazę potęgi zewnętrznej \(\displaystyle{ V}\). Każdy wektor tej nowej bazy będzie wektorem własnym potęgi zewnętrznej \(\displaystyle{ {\cal A}}\). (Z jaką wartością własną?) Dalej to już z górki: macierz, wyznacznik...
Lubicz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 127
Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 19 razy

Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik

Post autor: Lubicz »

Dobra, czaję, ale to ma być ogólny dowód. Ogólnie istnieje taki wzór:
\(\displaystyle{ x_{j} = \sum_{i=1}^{n} x^{i}_{j}e_{i}, j = 1, ...,p}\)

\(\displaystyle{ x_{1} \wedge ... \wedge x_{p} = \sum_{\substack{1 <i_{1}<...<i_{p}\leqslant n}} \Delta_{i_{1}...i_{p}}(x_{1}, ..., x_{p})e_{i_{1}} \wedge ... \wedge e_{i_{p}}}\), gdzie:
\(\displaystyle{ \Delta_{i_{1}...i_{p}}(x_{1}, ..., x_{p}):= \sum_{\substack{\pi\in S_{p}}}\epsilon_{\pi}x^{i_{\pi 1}}_{1} ...x^{i_{\pi p}}_{p}= \begin{vmatrix} x^{i_{\pi 1}}_{1}&...&x^{i_{\pi 1}}_{p}\\...&...&...\\x^{i_{\pi p}}_{1}&...&x^{i_{\pi p}}_{p}\end{vmatrix}=det(x^{i_{k}}_{j})}\)

No i mamy ogólne twierdzenie Laplace'a:
\(\displaystyle{ detA = \sum_{\substack{1 <j_{1}<...<j_{p}\leqslant n}} M{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}} \cdot A{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}}\), gdzie:
\(\displaystyle{ A{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}=(-1)^{s(M)}\=M{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}}\), gdzie:
\(\displaystyle{ s(M) = (i_{1} +... + i_{k}) + (j_{1} + ... + j_{k})}\), czyli \(\displaystyle{ A}\) jest dopełnieniem algebraicznym minora \(\displaystyle{ M{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}}\) no i dla kompletnego wykładu można dodać, że \(\displaystyle{ \=M{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}}\) jest minorem dopełniającym dla \(\displaystyle{ M{i_{1} ... i_{k}\choose j_{1} ... j_{k}}}\). Już tłumaczyć czym sa minory raczej nie ma sensu :D
Sęk w tym, że masz tutaj ogólne twierdzenia Laplace'a, a wcześniej jeszcze ładną sumę wyznaczników. Umiałbyś to jakoś powiązać? We wskazówce jest właśnie by te twierdzenia Laplace'a użyć.
Ostatnio zmieniony 14 maja 2017, o 17:04 przez Lubicz, łącznie zmieniany 1 raz.
krl
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 609
Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Pomógł: 135 razy

Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz

Post autor: krl »

Moja sugestia z 13 maja też dotyczy ogólnego dowodu: pokazuje, że wystarczy sprawdzić równość dla przekształceń diagonalizowalnych. I wtedy nie trzeba się męczyć z minorami itd. Ale jak ktoś lubi się babrać z koszmarnymi rachunkami, to wolna droga...
Lubicz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 127
Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 19 razy

Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz

Post autor: Lubicz »

Napisałeś wtedy o diagonalizowalnych, a potem, że skoro dla diagonalizowalnych zachodzi to dla wszystkich, a przynajmniej ja tak to rozumiem co tam napisałeś. Kompletnie mnie to nie przekonuje. Swoją drogą z tego co jeszcze zobacyzłem to Ty chcesz dowód z zespolonych przenieść na rzeczywiste, ale kto w ogóle mówił, że to ma dotyczyć którekolwiek z tych dwóch? To ma być dowolne ciało.

Koszmarne rachunki? To zadanie z Kostrikina. Wystarczy coś zauważyć zapewne. Choćby to, że w \(\displaystyle{ n-p}\) potędze zewnętrznej są dopełnienia algebraiczne w stosunku do minorów z \(\displaystyle{ p}\)-tej potęgi.
Biorąc \(\displaystyle{ A(e_{i})=x_{i}}\) mamy takie ładne równości:
\(\displaystyle{ x_{p+1} \wedge ... \wedge x_{n} = \sum_{\substack{1 <i_{p+1}<...<i_{n}\leqslant n}} \Delta_{i_{p+1}...i_{n}}(x_{p+1}, ..., x_{n})e_{i_{p+1}} \wedge ... \wedge e_{i_{n}}}\)
Wiemy też, że:
\(\displaystyle{ x_{1} \wedge ... \wedge x_{n} = detA}\), oraz \(\displaystyle{ a_{1} \wedge ... \wedge a_{i} ... \wedge a_{i} ... = 0}\) z czego wychodzi, że w drugiej sumie mamy dopełnienia algebraiczne w stosunku do tych z pierwszej sumy. To jest oczywiste.
Wiemy też, że kombinacji w stylu \(\displaystyle{ e_{i{_1}} \wedge ... \wedge e_{i_{p}}}\) oraz \(\displaystyle{ e_{i{_p+1}} \wedge ... \wedge e_{i_{n}}}\) jest tyle samo, a konkretnie {nchoose p}.

Mnożąc macierze tych form odpowiednio uporządkowane doszedłęm do macierzy, która na diagonali ma \(\displaystyle{ detA}\) i zostało udowodnić, że gdzie indziej ma same 0 co wydaje się oczywiste, aczkolwiek wymaga chwili zastanowienia.
ODPOWIEDZ