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.
Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik
-
- Użytkownik
- Posty: 609
- Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 135 razy
Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik
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?
-
- Użytkownik
- Posty: 609
- Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 135 razy
Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz
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...
-
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacznik
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
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.
\(\displaystyle{ x_{j} = \sum_{i=1}^{n} x^{i}_{j}e_{i}, j = 1, ...,p}\)
\(\displaystyle{ x_{1} \wedge ... \wedge x_{p} = \sum_{\substack{1 <i_{1}<...<i_{p}\leqslant n}} \Delta_{i_{1}...i_{p}}(x_{1}, ..., x_{p})e_{i_{1}} \wedge ... \wedge e_{i_{p}}}\), 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
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 609
- Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 135 razy
Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz
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...
-
- Użytkownik
- Posty: 127
- Rejestracja: 26 lip 2015, o 01:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 19 razy
Re: Algebra zewnętrzna, potęga zewnętrzna operatora, wyznacz
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.
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.