Түбірлік векторлар

§32. Түбірлік векторлар

Бұдан әрі X,F арқылы қандай да бір n өлшемді сызықтық кеңістік, ал   (X, X) арқылы кез келген сызықтық оператор белгіленеді. Егер  көпмүшесінің барлық түбірлері F өрісінде жататын болса, онда оның [pic 1][pic 2][pic 3][pic 4][pic 5][pic 6]

          =(                                  (32.1)[pic 7][pic 8][pic 9]

түріндегі канондық жіктеу бар. Мұндағы  – көпмүшенің бас коэффициенті,  – оның өзара тең емес түбірлері,  – түбірлердің еселіктері, i=. Әлбетте, , ал .[pic 10][pic 11][pic 12][pic 13][pic 14][pic 15]

32.1-теорема.  операторының  сипаттамалық көпмүшесінің (32.1) түріндегі канондық жіктеуі бар болсын. Онда  операторы сипаттамалық көпмүшелері[pic 16][pic 17][pic 18]

=              [pic 19][pic 20]

болатын,  i= операторларының тура қосындысына тең:[pic 21][pic 22]

.[pic 23]

Дәлелдеу. dimX=n деп s меншікті мәндер саны бойынша индукция жүргіземіз.

                   Индукция базисі айқын: s=1 болғанда,

 =.[pic 24][pic 25]

        Енді теореманың тұжырымы меншікті мәндер саны sболатын сипаттамалық көпмүшелер канондық жіктеулері бар барлық сызықтық операторларға орындалсын деп оны s=q жағдай үшін дәлелдеуіміз керек.   операторының сипаттамалық көпмүшесі[pic 26]

=       [pic 27][pic 28]

болсын. f() арқылы көпмүшесін белгілесек, онда 31.2-тұжырым бойынша, бір  саны үшін[pic 29][pic 30][pic 31]

ker( - )  ker( ker(  = ker(= ker( және X=im+ker. [pic 32][pic 33][pic 34][pic 35][pic 36][pic 37][pic 38][pic 39][pic 40]

  операторының imинвариант ішкеңістіктерінде ықпалдандырылған операторларды  және  деп белгілейік.[pic 41][pic 42][pic 43][pic 44]

Онда  және 30.4.2-салдар бойынша, ·.[pic 45][pic 46][pic 47]

f()=0, ендеше, 31.1-теорема бойынша, [pic 48]

)= ker(-). ker(-)  [pic 49][pic 50][pic 51][pic 52][pic 53][pic 54][pic 55]

болғандықтан =0. Демек, Безу теоремасы бойынша  көпмүшесі  операторының  сипаттамалық көпмүшесін бөледі. Ал f()0,.... f()0 болғандықтан 31.1-теорема бойынша[pic 56][pic 57][pic 58][pic 59][pic 60][pic 61][pic 62][pic 63]

)  ,…,)  .[pic 64][pic 65][pic 66][pic 67][pic 68][pic 69]

Ендеше әр i=үшін ) =. Осыдан , теңсіздіктері шығады. Сонымен,[pic 70][pic 71][pic 72][pic 73][pic 74][pic 75][pic 76]

·=… [pic 77][pic 78][pic 79][pic 80]

және  көпмүшесі  сипаттамалық көпмүшесін бөледі де,  көпмүшелері оны бөлмейді.[pic 81][pic 82][pic 83]

Демек,

,[pic 84]

.[pic 85]

Индукция ұйғарымы бойынша B= және =, i=. Теорема дәлелденді.[pic 86][pic 87][pic 88][pic 89]

32.1.1-салдар.   (X, X) сызықтық операторының  сипаттамалық көпмүшесінің (32.1) түріндегі канонды жіктеуі бар болсын. Онда сол оператор матрицасы блокты-диагонал және оның диагонал блоктар сипаттамалық көпмүшелері = i= болатындай X кеңістігінің базисін табуға болады.[pic 90][pic 91][pic 92][pic 93][pic 94][pic 95][pic 96]

        32.1-теореманың дәлелдеуінде әрбір  меншікті мәніне сәйкес келетін[pic 97]