Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ. Θεωρητικα Θεµατα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2011-2012 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laiihtml 30 Ιουνιου 2012 If you can reduce a mathematical problem to a problem in Linear Algebra, you can most likely solve it, provided that you know enough Linear Algebra Peter Lax Βραβείο Abel 2005

2 Περιεχόµενα Μέρος 1 Η οµή Ενός Ενδοµορφισµού 4 1 Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων 4 11 Ιδιοτιµές Σύνθεσης Γραµµικών Απεικονίσεων και Γινοµένου Πινάκων 4 12 Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων 5 2 Τριγωνοποίηση 7 21 Άνω Τριγωνικοί Πίνακες και Κάτω Τριγωνικοί Πίνακες 7 22 Πότε είναι ένας πίνακας όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα; 8 23 Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης Πίνακα 10 3 Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 15 31 Πολυωνυµικές Γραµµικές Απεικονίσεις και Πολυωνυµικοί Πίνακες 15 32 Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 15 33 Μια άλλη απόδειξη τού Θεωρήµατος Cayley-Hamilton 18 4 Ελάχιστο Πολυώνυµο 20 41 Πυρήνες Πολυωνυµικών Γραµµικών Απεικονίσεων 20 42 Κριτήριο ιαγωνοποίησης 22 43 Μηδενοδύναµοι Ενδοµορφισµοί και Πίνακες 24 5 Κανονική Μορφή Fitting 26 51 Αποσύνθεση Fitting 26 52 Κανονική Μορφή Fitting 28 53 Ευθύ Άθροισµα Γραµµικών Απεικονίσεων και Πινάκων 29 6 Ταυτόχρονη ιαγωνοποίηση 31 61 Ταυτόχρονη ιαγωνοποίηση Πινάκων 31 62 Ταυτόχρονη διαγωνοποίηση Γραµµικών Απεικονίσεων 33 7 Η Κανονική Μορφή Jordan - I 35 71 Μηδενοδύναµες Γραµµικές Απεικονίσεις 35 72 Μηδενοδύναµοι Πίνακες 39 73 Βάσεις Jordan 39 74 Η Κανονική Μορφή Jordan ενός πίνακα 41 75 Αλγόριθµος Εύρεσης Κανονικής Μορφής Jordan 41 76 Αλγόριθµος Εύρεσης Αντιστρέψιµου Πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 AP να είναι η Κανονική Μορφή Jordan του A 43 8 Εφαρµογές της Κανονικής Μορφής Jordan 46 81 Κάθε τετραγωνικός πίνακας είναι όµοιος µε τον ανάστροφό του 46 82 Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε γινόµενο δύο συµµετρικών πινάκων ένας εκ των οποίων είναι αντιστρέψιµος 47 83 Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε άθροισµα διαγωνοποιήσιµου και µηδενοδύναµου πίνακα 48 84 Κριτήριο Οµοιότητας Πινάκων 51 85 Κριτήριο ιαγωνοποίησης Πινάκων 51 9 Η Κανονική Μορφή Jordan - II 52 91 Αναλλοίωτοι και κυκλικοί υπόχωροι 52 92 Μηδενοδύναµοι ενδοµορφισµοί κυκλικοί υπόχωροι 55 Μέρος 2 Ευκλείδειοι Χώροι 59 10 Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι 59

101 Σταθµητοί Χώροι 59 102 Το Θεώρηµα των Jordan-Von Neumann 59 11 Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της 65 111 Πίνακας και Ορίζουσα Gram 65 112 ιαδικασία Gram-Schmidt 68 113 Ογκος Παραλληλεπιπέδου σε Ευκλείδειους Χώρους 71 114 Η Γεωµετρική Ερµηνεία της Ορίζουσας και η Ανισότητα του Hadamard 73 12 Ισοµετρίες 78 121 Χαρακτηρισµός Ισοµετριών 78 122 Κανονική µορφή Ορθογωνίων Πινάκων 79 123 Ανακλάσεις 80 13 Παραγοντοποιήσεις Πινάκων και Γραµµικών Απεικονίσεων 82 131 Η Παραγοντοποίηση QR ενός πίνακα 82 132 Πολική Ανάλυση 85 133 Ορθογώνια Τριγωνοποίηση 87 14 Αντισυµµετρικοί Πίνακες 88 15 Η Μέθοδος των Ελαχίστων Τετραγώνων 89 16 Ο υϊκός Χώρος 90 17 Κανονικοί Ενδοµορφισµοί και Κανονικοί Πίνακες 91 18 Τετραγωνικές Μορφές 92 19 Μέτρο Πίνακα 93 20 Βιβλιογραφία 94 3

4 Μέρος 1 Η οµή Ενός Ενδοµορφισµού 1 Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων 11 Ιδιοτιµές Σύνθεσης Γραµµικών Απεικονίσεων και Γινοµένου Πινάκων Εστω E ένας K- διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K και f, g : E E δύο γραµµικές απεικονίσεις Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις f g, g f : E E Πρόταση 11 Οι γραµµικές απεικονίσεις f g και g f έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές Απόδειξη 1 είχνουµε ότι κάθε ιδιοτιµή της f g είναι και ιδιοτιµή της g f Εστω λ µια ιδιοτιµή της f g µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυµσα e, δηλαδή : (f g)( e) = λ e, e 0 (α ) Αν λ = 0, τότε σύµφωνα µε όσα γνωρίζουµε από την ϑεωρία, η γραµµική απεικόνιση f g δεν είναι ισοµορφισµός Τότε όµως και η γραµµική απεικόνιση g f δεν είναι ισοµορφισµός Πραγµατικά : αν η g f είναι ισοµορφισµός, τότε η f ϑα είναι µονοµορφισµός διότι αν f( x) = 0, τότε g(f( x)) = 0 = x = 0 διότι από την υπόθεση η g f είναι ισοµορφισµός Γνωρίζουµε όµως ότι ένας µονοµορφισµός f : E E είναι πάντα ισοµορφισµός Άρα η f είναι ισοµορφισµός και παρόµοια δείχνουµε η g είναι ισοµορφισµός Επειδή η σύνθεση ισοµορφσιµών είναι ισοµορφισµός έπεται ότι και η f g είναι ισοµορφισµός το οποίο είναι άτοπο Καταλήγουµε ότι η γραµµική απεικόνιση g f δεν είναι ισοµορφισµός Αυτό είναι ισοδύναµο µε το ότι η γραµµική απεικόνιση g f έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή Εποµένως ϑα έχουµε ότι : η γραµµική απεικόνιση f g έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή = η γραµµική απεικόνιση g f έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή (ϐ ) Υποθέτουµε ότι λ 0 Θεωρούµε το διάνυσµα ε := g( e) Τότε ε 0 διότι διαφορετικά αν ε = g( e) = 0, τότε f(g( e)) = 0 Επειδή (f g)( e) = λ e ϑα έχουµε λ e = 0 Οµως e 0 και εποµένως λ = 0 το οποίο είναι άτοπο Άρα ϑα έχουµε ε = g( e) 0 Τότε f( ε) = f(g( e)) = (f g)( e) = λ e 0 Επιπρόσθετα : (g f)( ε) = g(f( ε) = g(λ e) = λg( e) = λ ε, ε 0 Η παραπάνω σχέση δείχνει ότι το λ είναι ιδιοτιµή της g f µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα ε 2 Παρόµοια δείχνουµε ότι κάθε ιδιοτιµή της g f είναι και ιδιοτιµή της f g Πόρισµα 12 Αν A, B M n n (K), τότε οι πίνακες AB και BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές Απόδειξη Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις f A : K n K n, f B : K n K n, f A (X) = AX f B (X) = BX Τότε f AB (X) = (AB)X = A(BX) = Af B (X) = f A (f B (X)) = (f A f B )(X), X K n Αυτό σηµαίνει ότι f AB = f A f B Παρόµοια f BA = f B f A Από την Πρόταση 11, έπεται ότι οι γραµµικές απεικονίσεις f AB και f BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές Αυτό όµως είναι ισοδύναµο µε το ότι οι πίνακες AB και BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές

5 Παρατήρηση 13 Από την Πόρισµα 12, έπεται αν A, B M n n (K), τότε οι πίνακες AB και BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές Αυτό δεν σηµαίνει ότι οι πίνακες είναι όµοιοι Για παράδειγµα οι πίνακες ( ) ( ) 1 0 0 0 A =, B = 1 0 1 1 έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο και άρα τις ίδιες ιδιοτιµές Οµως A B = O B A και άρα οι πίνακες A B και B A δεν µπορεί να είναι όµοιοι 12 Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων Ισχύει κάτι ισχυρότερο από το συµπέρασµα της Πρότασης 11, ή ισοδύναµα του Πορίσµατος 12: Θεώρηµα 14 Αν A, B M n n (K) Τότε οι πίνακες AB και BA έχουν το ίδιο χαρακτηρισικό πολυώνυ- µο : P AB (t) = P BA (t) Απόδειξη Πρώτη Περίπτωση: Ενας εκ των πινάκων A, B είναι αντστρέψιµος Εστω ότι ο A είναι αντιστρέψιµος Τότε : BA = A 1 ABA = A 1 (AB)A και εποµένως οι πίνακες AB και BA είναι όµοιοι Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηρσιτικό πολυώνυµο, έπεται ότι : P AB (t) = P BA (t) Παρόµοια αν ο B είναι αντιστρέψιµος, τότε AB = B 1 BAB = B 1 (BA)B, δηλαδή οι πίνακες AB και BA είναι όµοιοι και άρα P AB (t) = P BA (t) εύτερη Περίπτωση: Υποθέτουµε ότι ο A δεν είναι αντιστρέψιµος Τότε η ϐαθµίδα του είναι r(a) := r < n Από την Γραµµική Αλγεβρα Ι γνωρίζουµε ότι ο A είναι ισοδύναµος µε τον πίνακα ( ) Ir O Ĩ r := r n r O n r r O n r n r ηλαδή υπάρχουν αντιστρέψιµοι πίνακες Q 1, P 1 M n n (K) έτσι ώστε : Θέτοντας Q = Q 1 1 και P := P 1 1 ϑα έχουµε τότε : Q 1 AP 1 = Ĩr A = QĨrP (11) Θεωρούµε τον πίνακα C := P BQ τον οποίο τον χωρίζουµε σε υποπίνακες : ( ) C11 C C = P BQ = 12 C 21 C 22 όπου και τότε Εποµένως : C 11 M r r (K), C 12 M r n r (K), C 21 M n r r (K), C 22 M n r n r (K) ( ) AB = AP 1 C11 C 12 C 21 C 22 Εύκολα ϐλέπουµε ότι : και εποµένως ϑα έχουµε : ( ) B = P 1 CQ 1 = P 1 C11 C 12 C 21 C 22 ( ) Q 1 = QĨrP P 1 C11 C 12 Q C 21 C 1 22 Q 1 ( ) ( ) C11 C Ĩ 12 C11 C r = 12 C 21 C 22 O r r O n r n r ( ) C11 C AB = Q 12 O r r O n r n r Q 1 = QĨr ( ) C11 C 12 C 21 C 22 Q 1

6 ηλαδή ο πίνακας AB είναι όµοιος µε τον πίνακα ( ) C11 C 12 O r r O n r n r Επίσης : ( ) BA = P 1 CQ 1 A = P 1 C11 C 12 C 21 C 22 Εύκολα ϐλέπουµε ότι : ( ) ( ) C11 C 12 C11 O Ĩ C 21 C r = r n r 22 C 21 O n r n r Άρα ϑα έχουµε ( ) BA = P 1 C11 O r n r P C 21 O n r n r ηλαδή ο πίνακας BA είναι όµοιος µε τον πίνακα ( ) C11 O r n r C 21 O n r n r ( ) Q 1 QĨrP = P 1 C11 C 12 Ĩ C 21 C r P 22 Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο ϑα έχουµε ( ) C11 C P AB (t) = P M (t), όπου M := 12 O r r O n r n r ( ) C11 O P BA (t) = P N (t), όπου N := r n r C 21 O n r n r Οµως : P M (t) = C 11 ti r C 12 O r r O n r n r ti n r n r = ( 1)n r P C11 (t) P N (t) = C 11 ti r O r n r C 21 O n r n r ti n r n r = ( 1)n r P C11 (t) Άρα P M (t) = P N (t) και εποµένως P AB (t) = P BA (t) Θεώρηµα 15 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης, και έστω f, g : E E δύο γραµµικές απεικονίσεις Τότε οι f g και g f έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο : P f g (t) = P g f (t) Απόδειξη Εστω B µια ϐάση του E και A = MB B(f) και B = M B B (g) Τότε από το Θεώρηµα 14 έχουµε : P AB (t) = P BA (t) Επειδή το χαρακτηριστικό πολυώνυµο µιας γραµµικής απεικόνισης συµπίπτει µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακά της σε τυχούσα ϐάση, έπεται ότι : P f (t) = P A (t) και P g (t) = P B (t) Επειδή ο πίνακας της f g στην ϐάση B είναι ο AB και ο πίνακας της g f στην ϐάση B είναι ο BA, ϑα έχουµε : P f g (t) = P AB (t) = P BA (t) = P g f (t)

7 2 Τριγωνοποίηση 21 Ανω Τριγωνικοί Πίνακες και Κάτω Τριγωνικοί Πίνακες Οπως γνωρίζουµε ένας τετραγωνικός πίνακας A M n n (K) καλείται τριγωνοποιήσιµος αν και µόνον αν ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα Το παρακάτω αποτέλεσµα δείχνει ότι ο A είναι τριγωνοποιήσιµος αν και µόνον αν ο A είναι όµοιος µε έναν κάτω τριγωνικό πίνακα Πρόταση 21 Για έναν πίνακα A M n n (K) τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα (2) Ο A είναι όµοιος µε έναν κάτω τριγωνικό πίνακα Απόδειξη Θεωρούµε τον πίνακα : 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 T = 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Εύκολα υπολογίζουµε ότι T 2 = I n και εποµένως ο πίνακας T είναι αντιστρέψιµος και T 1 = T (1) = (2) Εστω ότι ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα B Τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε : Τότε : P 1 A P = B T P 1 A P T = T BT = T 1 P 1 A P T = T BT = (P T ) 1 A P T = T BT Υπολογίζουµε : T BT = 0 0 0 0 0 1 k 11 k 12 k 13 k 1 n 2 k 1 n 1 k 1n 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 k 22 k 23 k 2 n 2 k 2,n 1 k 2n 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 k 33 k 3 n 2 k 3 n 1 k 3 n 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 k n 2 n 2 k n 2 n 1 k n 2 n 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 k n 1 n 1 k n 1 n 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 k nn 1 0 0 0 0 0 k nn 0 0 0 0 0 k n 1 n k n 1 n 1 0 0 0 0 k n 2 n k n 2 n 1 k n 2 n 2 0 0 0 = k 2 n k 2 n 1 k 2 n 2 k 23 k 22 0 k 1n k 1 n 1 k 1 n 2 k 13 k 12 k 11 Ο τελευταίος πίνακας είναι κάτω τριγωνικός Άρα ο A είναι όµοιος µε έναν κάτω τριγωνικό πίνακα (2) = (1) Η απόδειξη είναι παρόµοια (χρησιµοποιώντας πάλι τον πίνακα T )

8 22 Πότε είναι ένας πίνακας όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα; Θεώρηµα 22 Εστω A M n n (K) ένας n n πίνακας και P A (t) το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A Ο πίνακας A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα, αν και µόνο αν, όλες οι ϱίζες τού P A (t) ανήκουν στο σώµα K Απόδειξη «=» Υπενθυµίζουµε ότι όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο Αν λοιπόν, ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα D M n n (K), τότε P A (t) = P D (t) Αλλά το P D (t) ισούται µε 1 (t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ n ), όπου τα λ 1, λ 2,, λ n K είναι τα στοιχεία τής κύριας διαγωνίου του D Επιπλέον, το P A (t) = P D (t) είναι ένα πολυώνυµο τού K[t] ϐαθµού n και αφού εκφράζεται ως γινόµενο γραµµµικών παραγόντων, τα λ 1, λ 2,, λ n είναι ακριβώς όλες οι ϱίζες του, οι οποίες ανήκουν στο K «=» Η απόδειξη ϑα εκτελεστεί µε επαγωγή ως προς το µέγεθος n τού πίνακα A (Επαγωγική Θεµελίωση) Η αλήθεια τού ϑεωρήµατος είναι ϕανερή για n = 1, αφού κάθε 1 1 πίνακας είναι άνω τριγωνικός (Επαγωγική Υπόθεση) Εστω ότι κάθε (n 1) (n 1) πίνακας, τού οποίου όλες οι ϱίζες τού χαρακτηριστικού του πολυωνύµου ανήκουν στο K, είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα (Επαγωγική Απόδειξη) Θα δείξουµε ότι το ϑεώρηµα ισχύει, για κάθε n n πίνακα A, τού οποίου όλες οι ϱίζες τού χαρακτηριστικού του πολυωνύµου ανήκουν στο K Ας είναι A ένας τέτοιος πίνακας και λ 1 µια ϱίζα τού P A (t) Υπεθυµίζουµε ότι ο A ορίζει έναν K γραµµικό ενδοµορφισµό f A : M n 1 (K) = K n M n 1 (K) = K n, κ 1 κ 2 κ n A τού χώρου M n 1 (K) των n 1 πινάκων, δηλαδή τού χώρου K n των στηλών µε n συνιστώσες από το K, και επιπλέον ο A είναι ο πίνακας που παριστάνει τον f A ως προς την κανονική ϐάση B = { e 1, e 2,, e n } τού M n 1 (K), δηλαδή A = MB B(f) Ας είναι v 1 M n 1 (K) ένα ιδιοδιάνυσµα τού f A που αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ 1, δηλαδή f A ( v 1 ) = A v 1 = λ 1 v 1 Επειδή το v 1 0, µπορούµε να ϑεωρήσουµε µια νέα ϐάση B τού M n 1 (K) µε πρώτο διάνυσµά της το v 1, δηλαδή B = { v 1, v 2,, v n } Ως προς τη νέα ϐάση B ο πίνακας που παριστάνει τον f A είναι ο M B B (f) = λ 1 0 0 B 0 όπου B είναι ένας (n 1) (n 1) πίνακας Οι πίνακες A = MB B B (f) και MB (f) είναι όµοιοι, αφού παριστάνουν τον ίδιο γραµµικό ενδοµορφισµό, ως προς τις ϐάσεις B και B αντιστοίχως και γι αυτό το χαρακτηριστικό πολυώνυµο P A (t) τού A ισούται µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο q(t) τού πίνακα MB B (f) Αλλά το q(t) = (t λ 1 )P B (t), όπου P B (t) είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τού (n 1) (n 1) υποπίνακα B, ο οποίος εµφανίζεται στην προηγούµενη µορφή τού MB B (f), αφού, κ 1 κ 2 κ n 1 Αυτό ισχύει όταν το χαρακτηριστικό πολυώνυµο ορίζεται ως PA(t) = Det(XI n A) Οταν ορίζεται ως P A(t) = Det(A XI n), τότε P D(t) = ( 1) n (t λ 1)(t λ 2) (t λ n)

9 Det(tI n M B B (f)) = Det t λ 1 0 0 ti n 1 B 0 = (t λ 1 )Det(tI n 1 B), λόγω τής ειδικής µορφής που έχει ο DetM B B (f) Επειδή λοιπόν, P A (t) = q(t) = (t λ 1 )P B (t), όλες οι ϱίζες τού χαρακτηριστικού πολυωνύµου P B (t) τού B ανήκουν στο K και γι αυτό, λόγω τής επαγωγικής υπόθεσης, ο B είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα C, δηλαδή υπάρχει ένας αντιστρέψιµος (n 1) (n 1) πίνακας S, έτσι ώστε ο S 1 BS = C να είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακας Τώρα έχουµε : 1 0 0 0 0 0 0 S 1 0 λ 1 0 0 B 0 1 0 0 0 0 0 0 S 0 = λ 1 0 0 S 1 BS 0 = λ 1 0 0 C 0 Εποµένως, ο πίνακας M B B (f) = λ 1 0 0 B 0 είναι όµοιος µε τον πίνακα λ 1 0 0 C 0,

10 που είναι άνω τριγωνικός επειδή ο C είναι άνω τριγωνικός Ετσι ο αρχικός πίνακας A είναι όµοιος µε τον συγκεκριµένο άνω τριγωνικό πίνακα, αφού είναι όµοιος µε τον MB B (f) 23 Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης Πίνακα Εστω A M n n (K) ένας πίνακας και υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του λ 1, λ 2,, λ n ανήκουν στο σώµα K, έτσι ώστε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A να αναλύεται ως εξής : P A (t) = ( 1) n (t λ 1 ) a 1 )(t λ 2 ) a2 (t λ k ) a k Ετσι λ 1, λ 2,, λ k K είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές του A Τότε όπως γνωρίζουµε ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος Εποµένως υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε : λ 1 ɛ 12 ɛ 1n P 1 0 λ 2 ɛ 2n A P = ɛn 1 n 0 0 λ n Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης του A 1 Επιλέγουµε µια ιδιοτιµή λ 1 του A µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα-στήλη E 1 : A E 1 = λ 1 E 1 και συµπλήρώνουµε το ιδιοδιάνυσµα E 1 σε µια ϐάση B 1 = { E 1, E 2,, E n } του χώρου των στηλών K n Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα P 1 = ( E 1 E 2 E n ) ο οποίος σχηµατίζεται από τις στήλες της ϐάσης B 1 Τότε ο πίνακας P1 1 A P 1 ϑα έχει την ακόλουθη µορφή : P 1 1 A P 1 = λ 1 0 0 B 1 Ο (n 1) (n 1) πίνακας B 1 έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K διότι 0 P A (t) = P P 1 1 A P 1 (t) = (λ 1 t)p B1 (t) (α ) Αν ο (n 1) (n 1) πίνακας B 1 είναι άνω τριγωνικός, ο αλγόριθµος σταµατάει και έχουµε ϐρει την άνω τριγωνική µορφή του A η οποία είναι ο πίνακας P 1 A P 1 (ϐ ) Αν ο (n 1) (n 1) πίνακας B 1 δεν είναι άνω τριγωνικός, τότε προχωρούµε στο επόµενο ϐήµα :

11 2 Επιλέγουµε µια ιδιοτιµή λ 2 του B 1 (η οποία εκ κατασκευής είναι και ιδιοτιµή του A µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα E 2 : B 1 E 2 = λ 2 E 2 και συµπλήρώνουµε το ιδιοδιάνυσµα E 2 σε µια ϐάση B 2 = { E 2, E 3,, E n } του χώρου των στηλών K n 1 Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο (n 1) (n 1) πίνακα P 2 = ( E 2E 3 E n ) ο οποίος σχηµατίζεται από τις στήλες της ϐάσης B 2 Τότε ο πίνακας P2 1 B 1 P 2 ϑα έχει την ακόλουθη µορφή : P 1 2 B 1 P 2 = λ 2 0 0 B 2 0 Ο (n 2) (n 2) πίνακας B 2 έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K διότι P B1 (t) = P P 1 2 B 1 P 2 (t) = (λ 2 t)p B2 (t) (α ) Αν ο (n 1) (n 1) πίνακας B 2 είναι άνω τριγωνικός, ο αλγόριθµος σταµατάει και έχουµε ϐρει την άνω τριγωνική µορφή του A ως εξής : Θέτουµε Q 2 = 1 0 0 0 0 0 0 P 2 0 Τότε ο πίνακας Q 2 είναι αντιστρέψιµος, διότι Q 2 = 1 P 2 = P 2 0, και 1 0 0 0 0 0 Επιπλέον έχουµε : Q 1 2 = 0 P 1 2 0 (P 1 Q 2 ) 1 A(P 1 Q 2 ) = Q 1 2 (P 1 1 A P 1 ) Q 2 =

12 Q 1 2 λ 1 0 0 B 1 0 Q 2 = 1 0 0 0 0 0 0 P 1 2 0 λ 1 0 0 B 1 0 1 0 0 0 0 0 0 P 2 0 = λ 1 0 0 P 1 2 B 1 P 2 0 = λ 1 0 λ 2 0 0 0 0 B 2 0 0 Επειδή ο B 2 είναι άνω τριγωνικός, έπεται ότι και ο A είναι άνω τριγωνικός και ο τελευταίος πίνακας, δηλαδή ο πίνακας (P 1 Q 2 ) 1 A(P 1 Q 2 ) είναι µια άνω τριγωνική µορφή του A (ϐ ) Αν ο (n 2) (n 2) πίνακας B 2 δεν είναι άνω τριγωνικός, τότε προχωρούµε στο επόµενο ϐήµα : 3 Το ϐήµα αυτό είναι η επανάληψη του ϐήµατος 2 για τον (n 2) (n 2) πίνακα B 2 4 Συνεχίζουµε την παραπάνω διαδικασία η οποία µετά από πεπερασµένο πλήθος ϐηµάτων ϑα µας οδηγήσει στην άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A Παράδειγµα 23 Θεωρούµε τον πίνακα A = 8 14 11 3 5 5 1 2 0 Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A: P A (t) = (t 1) 3 και άρα η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 1 µε αλγεβρική πολλαπλότητα 3 Εποµένως ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος Εφαρµόζουµε το Αλγόριθµο Τριγωνοποίησης για να υπολογίσουµε µια άνω τριγωνική µορφή του A:

13 1 Για την ιδιοτιµής λ = 1, υπολογίζουµε τον ιδιοχώρο V(1) = { k k/2 R 3 k R } = 2 1 0 0 και άρα έβα ιδιοδιάνυσµα του A το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1 είναι το E 1 = 2 1 0 Συµπληρώνουµε το E 1 σε µια ϐάση B 1 του R 3, για παράδειγµα : B 1 = { E 1 = 2 1, E 2 = 0 1, E 3 = 0 0 } 0 0 1 Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα P 1 = (E 1 E 2 E 3 ): P 1 = 2 0 0 1 1 0 0 0 1 Υπολογίζουµε τον αντίστροφο του P 1 : P 1 1 = και ακολούθως τον πίνακα P 1 1 A P 1 : Ο 2 2 πίνακας P 1 1 A P 1 = B 1 := 1/2 0 0 1/2 1 0 0 0 1 1 7 1/2 0 2 2 0 2 0 ( 2 ) 2 2 0 δεν είναι άνω τριγωνικός, εποµένως προχωρούµε στο επόµενο ϐήµα : 2 Οι ιδιοτιµές τοπυ B 1 είναι οι ιδιοτιµές του A, και άρα η µόνη ιδιοτιµή του B 1 είναι η λ = 1 µε αλγεβρική πολλαπλότητα 2 Για την ιδιοτιµής λ = 1 του 2 2 πίνακα B 1, υπολογίζουµε τον ιδιοχώρο V(1) = { ( ) k R 2k 2 k R } = ( ) 1 2 και άρα ένα ιδιοδιάνυσµα του B 1 το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1 είναι το ( ) E 2 1 = 2 Συµπληρώνουµε το E 2 σε µια ϐάση B 2 του R 2, για παράδειγµα : B 2 = { ( ) ( ) E 2 1 =, E 2 3 0 } = 1 Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα P 1 = (E 2 E 3 ( ): ) 1 0 P 2 = 2 1

14 Υπολογίζουµε τον αντίστροφο του P 2 : P 1 1 = και ακολούθως τον πίνακα P 1 1 A P 1 : P 2 1 B 1 P 2 = ( ) 1 0 2 1 ( ) 1 1 := B 0 1 2 ο οποίος είναι άνω τριγωνικός Αρα ο αλγόριθµος τριγωνοποίησης σταµατάει και µπορούµε να υπολογίσουµε την άνω τριγωνική µορφή ως εξής : Θέτουµε Q 2 = 1 0 0 0 = 1 0 0 0 1 0 0 P 1 0 2 1 Τότε µπορούµε να υπολογίσουµε την άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A ως εξής : 1 4 1/2 (P 1 Q 2 ) 1 A (P 1 Q 2 ) = 0 1 1 0 0 1

15 3 Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 31 Πολυωνυµικές Γραµµικές Απεικονίσεις και Πολυωνυµικοί Πίνακες 1 Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K Σταθεροποιούµε µια γραµµική απεικόνιση f : E E Για κάθε πολυώνυµο P (t) = a 0 + a 1 t + + a n 1 t n 1 + a n t n ορίζουµε µια απεικόνιση όπου P (f) : E E, x P (f)( x) P (f)( x) := a 0 Id E ( x) + a 1 f( x) + + a n 1 f n 1 ( x) + a n f n ( x) = a 0 x + a 1 f( x) + + a n 1 f n 1 ( x) + a n f n ( x) Αν Hom K (E, E) = {f : E E f είναι γραµµική} είναι ο K-διανυσµατικός χώρος των γραµ- µικών απεικονίσεων από τον E στον εαυτό του, τότε η παραπάνω διαδικασία ορίζει µια απεικόνιση ( ) K[t] Hom K (E, E) Hom K (E, E), P (t), f P (f) Γραµµικές απεικονίσεις της µορφής P (f), όπου P (t) K[t], καλούνται πολυωνυµικές γραµ- µικές απεικονίσεις 2 Σταθεροποιούµε έναν n n πίνακα A M n n (K) Για κάθε πολυώνυµο P (t) = a 0 + a 1 t + + a n 1 t n 1 + a n t n ορίζουµε έναν n n πίνακα P (A) := a 0 I n + a 1 A + + a n 1 A n 1 + a n A n M n n (K) Η παραπάνω διαδικασία ορίζει µια απεικόνιση K[t] M n n (K) M n n (K), ( P (t), A ) P (A) Τετραγωνικοί πίνακες της µορφής P (A), όπου P (t) K[t], καλούνται πολυωνυµικοί πίνακες 32 Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και P (t) K[t] ένα πολυώνυµο µε συντελεστές από το σώµα K Εστω επίσης f : E E µια γραµµική απεικόνιση, και A M n n (K) ένας τετραγωνικός πίνακας Ορισµός 31 (1) Το P (t) µηδενίζει την γραµµική απεικόνιση f : E E, αν : P (f) = 0 (2) Το P (t) µηδενίζει τον τετραγωνικό πίνακα A M n n (K), αν : P (A) = O Το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα των Cayley-Hamilton πιστοποιεί ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο ενός πίνακα µηδενίζει τον πίνακα Στην απόδειξη του Θεωρήµατος εµπλέκονται πίνακες τα στοιχεία των οποίων είναι πολυώνυµα Οι ϐασικές ιδιότητες πινάκων µε στοιχεία αριθµούς από το σώµα που ϑα χρησιµοποιηθούν στην απόδειξη, είναι εύκολο να δει κανείς ότι ισχύουν και για πίνακες µε στοιχεία πολυώνυµα Θεώρηµα 32 (Cayley-Hamilton) Εστω A M n n (K) ένας n n πίνακας και P A (t) το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A Τότε ο πολυωνυµικός πίνακας P A (A) είναι ο µηδενικός : P A (A) = O

16 Απόδειξη Γνωρίζουµε ότι P A (t) = A ti n = ( 1) n t n + a n 1 t n 1 + + a 1 t + a 0 Θα δείξουµε ότι P A (A) = ( 1) n A n + a n 1 A n 1 + + a 1 A + a 0 I n = O (31) Υπενθυµιζουµε ότι για κάθε τετραγωνικό πίνακα M M n (K) ισχύει : M adj(m) = M I n Εποµένως ϑα έχουµε την ακόλουθη ισότητα πινάκων µε στοιχεία πολυώνυµα : (A ti n ) adj(a ti n ) = A ti n I n = P A (t) I n (32) Τα στοιχεία του πίνακα πολυωνύµων adj(a ti n ) είναι πολυώνυµα τα οποία προκύπτουν ως ελάσσονες ορίζουσες τάξης n 1 του πίνακα A ti n, και άρα ϑα είναι πολυώνυµα ϐαθµού το πολύ n 1 Εποµένως υπάρχουν πίνακες B 0, B 1,, B n 1 M n n (K) έτσι ώστε : adj(a ti n ) = B n 1 t n 1 + B n 2 t n 2 + + B 1 t + B 0 (33) Τότε συνδυάζοντας τις (22) και (23) ϑα έχουµε : (A ti n ) adj(a ti n ) = P A (t) I n = (( 1) n t n + a n 1 t n 1 + + a 1 t + a 0 ) I n = A B n 1 t n 1 + A B n 2 t n 2 + + A B 1 t + A B 0 B n 1 t n B n 2 t n 1 B 1 t 2 B 0 t = ( 1) n t n I n + a n 1 t n 1 I n + + a 1 ti n + a 0 I n = B n 1 t n (A B n 1 + B n 2 )t n 1 + + (A B 2 B 1 )t 2 + (A B 1 B 0 )t + A B 0 = ( 1) n t n I n + a n 1 t n 1 I n + + a 1 ti n + a 0 I n Η τελευταία ισότητα είναι µια ισότητα πινάκων µε στοιχεία πολυώνυµα, και εποµένως ϑα έχουµε : B n 1 = ( 1) n I n A B n 1 + B n 2 = a n 1 I n A B 1 B 0 = a 1 I n A B 0 = a 0 I n Πολλαπλασιάζουµε την πρώτη ισότητα πινάκων µε τον πίνακα A n, την δεύτερη µε τον πίνακα A n 1,, την προτελευταία µε τον πίνακα A, και την τελευταία µε τον πίνακα I n Τότε ϑα έχουµε τις ακόλουθες ισότητες πινάκων : A n B n 1 = ( 1) n A n I n = ( 1) n A n A n B n 1 + A n 1 B n 2 = a n 1 A n 1 I n = a n 1 A n 1 A 2 B 1 A B 0 = a 1 A I n = a 1 A A B 0 = a 0 I n Προσθέτοντας τις παραπάνω ισότητες πινάκων, ϐλέπουµε ότι το πρώτο µέλος της προκύπτουσας ισότητας είναι ο µηδενικός πίνακας O και το δεύτερο µέλος είναι ο πίνακας ( 1) n A n + a n 1 A n 1 + + a 1 A + a 0 I n = P A (A) Εποµένως δείξαµε ότι : P A (A) = O Θα δείξουµε στη συνέχεια ότι το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton ισχύει και για γραµµικές απεικονίσεις Πριν περάσουµε στην απόδειξη, ϑα χρειασθούµε το ακόλουθο Λήµµα : Λήµµα 33 Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K και B µια ϐάση του E Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση, και P (t) K[t] ένα πολυώνυµο Τότε : ( ) ( P (f) = P M B B (f) ) M B B

17 Απόδειξη Εστω P (t) = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + + a m 1 t m 1 + a m t m Τότε : P (MB B (f)) = a 0I n + a 1 MB B (f) + a 2MB B (f)2 + + a m 1 MB B (f)m 1 + a m MB B (f)m (34) Υπενθυµίζουµε από την Γραµµική Αλγεβρα Ι, ότι αν B είναι µια ϐάση του E, τότε η απεικόνιση Φ : Hom K (E, E) M n n (K), Φ(f) = MB B (f) είναι ισοµορφισµός K-διανυσµατικών χώρων, όπου n = dim K E Επιπλέον η Φ στέλνει την σύνθεση γραµµικών απεικονίσεων στο γινόµενο των αντίστοιων πινάκων, δηλαδή ισχύει : Φ(f g) = Φ(f) Φ(g) = MB B (f) M B B (g) Ιδιαίτερα ϑα έχουµε : Φ(f k ) = Φ(f f f) = Φ(f) Φ(f) Φ(f) = Φ(f) k = MB B (f)k Επίσης η Φ και στέλνει την ταυτοτική γραµµική απεικόνιση Id E στον ταυτοτικό n n πίνακα I n : Φ(Id E ) = I n Χρησιµοποιώντας τις παραπάνω ιδιότητες του ισοµορφισµού Φ, η σχέση (34) δίνει : P (M B B (f)) = a 0Φ(Id E ) + a 1 Φ(f) + a 2 Φ(f) 2 + + a n Φ(f) m = Φ(a 0 Id E + a 1 f + a 2 f 2 + + a m f m ) = Φ(P (f)) = MB B (P (f)) Πόρισµα 34 Εστω A M n n (K) ένας n n πίνακας και και P (t) K[t] ένα πολυώνυµο Αν B είναι η κανονική ϐάση του K n, και f A : K n K n, f A (X) = AX, είναι η επαγόµενη γραµµική απεικόνιση, τότε : P (A) = MB B ( P (fa ) ) Απόδειξη Γνωρίζουµε ότι ο πίνακας της γραµµικής απεικόνισης f A στην κανονική ϐάση B του K n είναι ο A: MB B(f A) = A Τότε το συµπέρασµα προκύπτει άµεσα από το Λήµµα 33 Θεώρηµα 35 (Cayley-Hamilton) Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K Εστω f : E E είναι µια γραµµική απεικόνιση, και P f (t) το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της f Τότε η γραµµική απεικόνσιση P f (f) είναι η µηδενική : P f (f) = 0 Απόδειξη Θεωρώντας τυχούσα ϐάση B του E, και ϑέτοντας P (t) = P f (t) στο Λήµµα 33, έπεται ότι : M B B ( Pf (f) ) = P f ( M B B (f) ) (35) Οπως γνωρίζουµε, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο µιας γραµµκής απεικόνισης συµπίπτει µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακά της σε τυχούσα ϐάση του E: και εποµένως : P f (t) = P M B B (f) (t) P f (MB B (f)) = P MB B(f)(M B B (f)) (36) Απο το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 32 για πίνακες έπεται ότι P M B B (f) (M B B (f)) = O Εποµένως P f (MB B (f)) = O, και τότε η σχέση (36) δείχνει ότι M B B ( Pf (f) ) = O δηλαδή ο πίνακας της πολυωνυµικής γραµµικής απεικόνισης P f (f) στην ϐάση B είναι ο µηδενικός πίνακας Επειδή η µόνη γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας σε τυχούσα ϐάση του E είναι ο µηδενικός, έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση P f (f) είναι η µηδενική : P f (f) = 0

18 33 Μια άλλη απόδειξη τού Θεωρήµατος Cayley-Hamilton Πρόταση 36 Εστω A = (a ij ) M n n (K) ένας άνω τριγωνικός πίνακας Τότε ο πίνακας B = (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a nn I n ) ισούται µε τον µηδενικό n n πίνακα, δηλαδή τον O n n Απόδειξη Για να δείξουµε ότι ο B είναι ο O n n, αρκεί να δείξουµε ότι B e j = 0, j, 1 j n, όπου e j είναι ο n 1 πίνακας, τού οποίου όλα τα στοιχεία είναι ίσα µε µηδέν, εκτός από το στοιχείο τής j οστής γραµµής το οποίο ισούται µε 1, αφού το γινόµενο B e j ισούται µε την j οστή στήλη τού B Πριν προχωρήσουµε παρατηρούµε ότι οποιοδήποτε γινόµενο (A a i1 i 1 I n )(A a i2 i 2 I n ) (A a ini n I n ), όπου τα a i1 i 1, a i2 i 2,, a ini n, είναι µια µετάθεση των a 11, a 22, a nn, δηλαδή είναι οι αριθµοί a 11, a 22, a nn, ενδεχόµενα µε διαφορετική σειρά, ισούται και πάλι τον πίνακα B, αφού ο B ισούται µε την τιµή p(a) τού πολυωνύµου p(t) = (t a 11 )(t a 22 ) (t a nn ), οι παράγοντες τού οποίου µετατίθενται, δηλαδή p(t) = (t a i1 i 1 )(t a i2 i 2 ) (t a ini n ) Θα δείξουµε επαγωγικώς ότι Για i = 1 έχουµε : (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a ii I n ) e j = 0, j, 1 j i, (*) (A a 11 I n )( e 1 = A e 1 a 11 e 1 ) = a 11 e 1 a 11 e 1 = 0, επειδή ο A είναι άνω τριγωνικός Εστω ότι η ( ) είναι αληθής για i = κ Θα δείξουµε την ( ) για i = κ + 1 Για κάθε e j, 1 j κ, έχουµε : (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a κκ I n )(A a κ+1,κ+1 I n ) e j = (A a κ+1,κ+1 I n )(A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a κκ I n ) e j = 0, αφού λόγω τής επαγωγικής υπόθεσης (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a κκ I n ) e j = 0, όταν 1 j κ Υπολείπεται η απόδειξη για j = κ + 1 Παρατηρούµε ότι (A a κ+1,κ+1 I n ) e κ+1,κ+1 = A e κ+1,κ+1 a κ+1,κ+1 e κ+1 = a 1,κ+1 e 1 + a 2,κ+1 e 2 + + a κ,κ+1 e κ + a κ+1,κ+1 e κ+1 a κ+1,κ+1 e κ+1 = a 1,κ+1 e 1 + a 2,κ+1 e 2 + + a κ,κ+1 e κ Συνεπώς, το (A a κ+1,κ+1 I n ) e κ+1,κ+1 είναι ένας K γραµµικός συνδυασµός των e j, 1 j κ Αφού ο πίνακας (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a κκ I n ), µηδενίζει τα e j, για κάθε j, 1 j κ, µηδενίζει και κάθε γραµµικό συνδυασµό τους Ετσι, ο συγκεκριµένος πίνακας µηδενίζει και το (A a κ+1,κ+1 I n ) e κ+1,κ+1 Ωστε, (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a κκ I n )(A a κ+1,κ+1 I n ) e κ+1,κ+1 = 0 Εποµένως, B e j = 0, j, 1 j n Παρατήρηση 37 Παρατηρούµε ότι το πολυώνυµο (t a 11 )(t a 22 ) (t a nn ) ισούται µε το χα- ϱακτηριστικό πολυώνυµο P A (t) = Det(tI n A) τού άνω τριγωνικού πίνακα A Συνεπώς, η ανωτέρω Πρόταση δηλώνει ότι P A (A) = (A a 11 I n )(A a 22 I n ) (A a nn I n ) = O n n, που είναι το Θεώρηµα Cayley Hamilton, όταν ο A είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακας Ας δούµε πώς αποδεικνύεται η γενική περίπτωση : Θεώρηµα 38 (Cayley-Hamilton) Εστω A ένας n n πίνακας µε συνιστώσες από το σώµα K, όπου K = C ή R Αν P A (t) είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τού A, τότε P A (A) = O n n

Απόδειξη Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο P A (t) τού A ισούται µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο P B (t) οποιουδήποτε πίνακα που είναι όµοιος µε τον A Ολες οι ϱίζες τού P A (t) ανήκουν στο σώµα C και γι αυτό ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα B µε πιθανόν µιγαδικές συνιστώσες, σύµφωνα µε το Θεώρηµα 22 Ας πούµε λοιπόν ότι B = S 1 AS, όπου ο S M n n (C) είναι ένας αντιστρέψιµος πίνακας Αλλά για τον άνω τριγωνικό πίνακα B γνωρίζουµε ότι P B (B) = O n n, λόγω τής Πρότασης 36, και αφού P A (t) = P B (t), έχουµε P A (B) = O n n Επιπλέον είναι : P A (A) = P A (SBS 1 ) = SP A (B)S 1 = SO n n S 1 = O n n, (**) 19 Παρατήρηση 39 Σχετικά µε τον υπολογισµό που εκτελέσαµε στην ( ) ισχύει το γενικότερο : Αν, P (t) = a 0 + a 1 t + a 2 t + a m t m είναι οποιοδήποτε πολυώνυµο και A, S 1 AS είναι δύο όµοιοι τετραγωνικοί n n πίνακες, τότε η τιµή P (S 1 AS) τού P (t) στον πίνακα S 1 AS ισούται µε S 1 P (A)S: Πραγµατικά : P (S 1 AS) = S 1 P (A)S P (S 1 AS) = a 0 I n + a 1 (S 1 AS) + a 2 (S 1 AS) 2 + + a m (S 1 AS) m = a 0 S 1 S + a 1 (S 1 AS) + a 2 S 1 A 2 S + + a m S 1 A m S = S 1 (a 0 I n + a 1 A + a 2 A 2 + + a m A m )S = S 1 P (A)S

20 4 Ελάχιστο Πολυώνυµο Στην παρούσα παράγραφο ϑε δείξουµε ένα πολύ χρήσιµο κριτήριο διαγωνοποιησιµότητας για γραµ- µικές απεικονίσεις και πίνακες 41 Πυρήνες Πολυωνυµικών Γραµµικών Απεικονίσεων Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Παρατήρηση 41 Οπως γνωρίζουµε, αν f, g : E E είναι δύο γραµµικές απεικονίσεις, τότε γενικά ισχύει ότι : f g g f Αν όµως η g προκύπτει ως πολυωνυµική απεικόνιση από την f, δηλαδή g = P (f) για κάποιο πολυώνυµο P (t) K[t], είναι εύκολο να δει κανείς ότι οι f και g µετατίθενται : f g = g f Γενικότερα ισχύει ότι (η απόδειξη είναι εύκολη και αφήνεται ως άσκηση): F (f) G(f) = G(f) F (f), F (t), G(t) K[t] Για κάθε πολυώνυµο P (t) K[t], ϑεωρούµε την πολυωνυµική γραµµική απεικόνιση P (f) : E E, x P (f)( x) και ορίζουµε έναν υπόχωρο του E, τον πυρήνα της πολυωνυµικής γραµµικής απεικόνισης P (t), ως εξής : N P (t) := KerP (f) = { x E P (f)( x) = 0 } Στην απόδειξη του κριτηρίου διαγωοποιησιµότητας ϑα χρησιµοποιήσουµε την ακόλουθη χρήσιµη πρόταση Πρόταση 42 Εστω P (t) K[t] ένα πολυώνυµο έτσι ώστε P (f) = 0, και υποθέτουµε ότι : P (t) = (t κ 1 )(t κ 2 ) (t κ m ), 1 N t κi = { x E f( x) = κ i x}, 1 i m 2 E = N t κ1 N t κ2 N t κm Απόδειξη 1 Για κάθε 1 i m: κ i κ j, 1 i j m N t κi = { x E (f κ i Id E )( x) = 0} = { x E f( x) κ i Id E ( x) = 0} = { x E f( x) κ i x = 0} = { x E f( x) = κ i x} 2 Επειδή κ i κ j, 1 i j m, έπεται ότι τα πολυώνυµα t κ 1, t κ 2,, t κ m είναι πρώτα µεταξύ τους, δηλαδή ΜΚ ( t κ i, t κ j ) = 1, για 1 i j m Εποµένως ϑέτοντας F i (t) = P (t) t κ i = (t κ 1 )(t κ 2 ) (t κ i 1 )(t κ i+1 ) (t κ m ) έπεται ότι ο µέγιστος ( κοινός διαιρέτης των πολυωνύµων F 1 (t), F 2 (t),, F m (t) είναι το σταθερό πολυώνυµο 1: ΜΚ F 1 (t),, F m (t) ) = 1 Από την Θεωρία Πολυωνύµων γνωρίζουµε τότε ότι υπάρχουν πολυώνυµα G 1 (t), G m (t), έτσι ώστε : G 1 (t)f 1 (t) + G 2 (t)f 2 (t) + + G m (t)f m (t) = 1 Τότε όµως για τις αντίστοιχες πολυωνυµικές απεικονίσεις ϑα έχουµε : G 1 (f) F 1 (f) + G 2 (f) F 2 (f) + + G m (f) F m (f) = Id E και εποµένως για κάθε x E ϑα έχουµε : Θέτουµε : G 1 (f)(f 1 (f)( x)) + G 2 (f)(f 2 (f)( x)) + + G m (f)(f m (f)( x)) = Id E ( x) = x (41) και άρα η σχέση (41) γράφεται : x i = G i (f)(f i (f)( x)), x E, 1 i m x 1 + x 2 + + x m = x, x E (42)

21 Ισχυρισµός: x i N t κi Πραγµατικά : χρησιµοποιώντας την Παρατήρηση 41 ϑα έχουµε (f κ i Id E ) G i (f) F i (f) = G i (f) (f κ i Id E ) F i (f) = G i (f) F i (f) (f κ i Id E ) Οµως F i (f) (f κ i Id E ) = = (f κ 1 Id E )(f κ 2 Id E ) (f κ i 1 Id E )(f κ i+1 Id E ) (f κ m Id E ) (f κ i Id E ) = = (f κ 1 Id E )(f κ 2 Id E ) (f κ i 1 Id E ) (f κ i Id E ) (f κ i+1 Id E ) (f κ m Id E ) = P (f) Εποµένως (f κ i Id E )( x i ) = (f κ i Id E ) ( G i (f)(f i (f) ) ( x)) = (f κ i Id E ) G i (f) F i (f))( x) = = (G i (f) (f κ i Id E ) F i (f))( x) = (G i (f) P (f))( x) = = G i (f)(p (f)( x)) = 0 διότι P (f) = 0 Άρα (f κ 1 Id E )( x i ) = 0 το οποίο σηµαίνει ότι f( x i ) = κ i ( x i ) = x i N t κi Εποµένως συνδυάζοντας την παραπάνω σχέση µε την (42) ϑα έχουµε ότι : E = N t κ1 + N t κ2 + + N t κm Μένει να δείξουµε ότι το παραπάνω άθροισµα είναι ευθύ Ως γνωστόν αρκεί να δείξουµε ότι : x 1 + + x m = 0 και x i N t κi 1 i m = x i = 0, 1 i m Υποθέτουµε ότι κάποια από τα x 1,, x m είναι µη-µηδενικά Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι τα διανύσµατα x 1,, x ρ είναι µη-µηδενικά και x ρ+1 = = x m = 0 Τότε επειδή x i N t κi ), 1 i ρ, από το 1 έπεται ότι τα x 1,, x ρ είναι ιδιοδιανύσµατα της f τα οποία αντιστοιχούν στις ιδιοτιµές κ 1,, κ ρ Επειδή οι ιδιοτιµές κ 1,, κ ρ είναι ανα δύο διαφορετικές, γνωρίζουµε ότι τα διανύσµατα x 1,, x ρ είναι γραµµικά ανεξάρτητα το οποίο είναι άτοπο διότι x 1 + + x ρ = 0 Στο άτοπο καταλήξαµε διότι υποθέσαµε ότι κάποια από τα x 1,, x m είναι µη-µηδενικά Άρα ϑα έχουµε x 1 = = x m = 0 Εποµένως το άθροισµα N t κ1 + N t κ2 + + N t κm είναι ευθύ και άρα : E = N t κ1 N t κ2 N t κm Παρατήρηση 43 Η παραπάνω Πρόταση είναι ειδική περίπτωση του ακόλουθου Θεωρήµατος Πρωταρχικής Ανάλυσης Πρώτα υπενθυµίζουµε ότι ένα πολυώνυµο P (t) καλείται ανάγωγο αν P (t) = P 1 (t)p 2 (t) έπεται ότι είτε το P 1 (t) ή το P 2 (t) είναι σταθερό πολυώνυµο Από την Θεωρία Πολυωνύµων γνωρίζουµε ότι ισχύει το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα : Θεώρηµα : Κάθε µη-σταθερό πολυώνυµο P (t) γράφεται κατά µοναδικό τρόπο ως γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων κατά µοναδικό τρόπο ηλαδή υπάρχουν µοναδικά κανονικά ανάγωγα πολυώνυµα P 1 (t),, P k (t), και µοναδικό α K, έτσι ώστε : P (t) = αp 1 (t)p 2 (t) P k (t) και η παραπάνω γραφή είναι µοναδική (µη-λαµβάνοντας υπ όψιν τη σειρά των παραγόντων) Θεώρηµα Πρωταρχικής Ανάλυσης : Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E E µια γραµµικής απεικόνιση Υποθέτουµε ότι Q f (t) = Q 1 (t) α 1 Q 2 (t) α2 Q m (t) αm είναι η ανάλυση του ελαχίστου πολυωνύµου Q f (t) της f σε διακεκριµένα ανάγωγα κανονικά πολυώνυµα Τότε : E = N Q1 (t) α 1 N Q2 (t) α 2 N Qm(t) αm Η απόδειξη είναι παρόµοια µε την απόδειξη της Πρότασης 42 και αφήνεται ως Ασκηση

22 42 Κριτήριο ιαγωνοποίησης Μπορούµε να αποδείξουµε τώρα το ακόλουθο κριτήριο διαγωνοποιησιµότητας : Θεώρηµα 44 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E E µια γραµ- µική απεικόνιση Τότε τα ακόλυθα είναι ισοδύναµα : (1) Η f είναι διαγωνοποιήσιµη (2) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) της f αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων : Q f (t) = (t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ m ), λ i λ j, 1 i j m Απόδειξη (1) = (2) Θεωρούµε το πολυώνυµο Q(t) = (t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ m ), όπου λ i, 1 i m είναι οι διακεκριµένες ιδιοτιµές της f Θα δείξουµε ότι Q(t) = Q f (t) Για αυτό το σκοπό, δείχνουµε πρώτα ότι το πολυώνυµο Q(t) µηδενίζει την f: Q(f) = 0 Επειδή η f είναι διαγωνοποιήσιµη, ο χώρος E ϑα είναι το ευθύ άθροισµα των ιδιοχώρων της f: Ισχυρισµός: Q(f)( x i ) = 0, x i V(λ i ), 1 i m E = V(λ 1 ) V(λ 2 ) V(λ m ) (43) Πραγµατικά επειδή x i V(λ i ) = f( x i ) = λ i x i, δηλαδή (f λ i Id E )( x i ) = 0, και επειδή, λόγω της Παρατήρησης 41, οι γραµµικές απεικονίσεις (f λ i Id E ) και (f λ j Id E ) µετατίθενται, ϑα έχουµε : Q(f)( x i ) = [(f λ 1 Id E ) (f λ 2 Id E ) (f λ m Id E )]( x i ) = = [(f λ 1 Id E ) (f λ i 1 Id E ) (f λ i Id E ) (f λ i+1 Id E ) (f λ m Id E )]( x i ) = = [(f λ 1 Id E ) (f λ i 1 Id E ) (f λ i+1 Id E ) (f λ m Id E ) (f λ i Id E )]( x i ) = = [(f λ 1 Id E ) (f λ i 1 Id E ) (f λ i+1 Id E ) (f λ m Id E )](f λ i Id E )( x i ) = = [(f λ 1 Id E ) (f λ i 1 Id E ) (f λ i+1 Id E ) (f λ m Id E )]( 0) = 0 Εποµένως δείξαµε ότι Q(f)( x i ) = 0, x i V(λ i ), 1 i m Επειδή το άθροισµα (43) είναι ευθύ, κάθε διάνυσµα x E έχει µοναδική γραφή : Τότε : x = x 1 + x 2 + + x m, x i V(λ i ), 1 i m Q(f)( x) = Q(f)( x 1 ) + Q(f)( x 2 ) + + Q(f)( x m ) = 0 και άρα η γραµµική απεικόνιση Q(f) είναι η µηδενική : Q(f) = 0 διότι µηδενίζει κάθε διάνυσµα του E Τότε όµως Q f (t)/q(t) Επειδή τα πολυώνυµα Q f (t) και Q(t) είναι κανονικά και κάθε ϱίζα του Q(t) (δηλαδή µια ιδιοτιµή της f) είναι και ϱίζα του Q f (t), έπεται ότι τα πολυώνυµα Q f (t) και Q(t) συµπίπτουν : Q f (t) = Q(t) (2) = (1) Επειδή τα λ 1,, λ m είναι ανα δύο διαφορετικά, σύµφωνα µε την Πρόταση 41 ϑα έχουµε : E = N t λ1 N t λ2 N t λm Επειδή οι ϱίζες του ελαχίστου πολυωνύµου συµπίπτουν µε τις ϱίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµου της f, δηλαδή µε τις ιδιοτιµές της f, έπεται ότι τα λ 1,, λ m είναι οι ιδιοτιµές της f µε αντίστοιχους ιδιοχώρους N t λ1, N t λ2,, N t λm ηλαδή : E = V(λ 1 ) V(λ 2 ) V(λ m ) Εποµένως ο χώρος E είναι το ευθύ άθροισµα των ιδιοχώρων της f και τότε όπως γνωρίζουµε η f είναι διαγωνοποιήσιµη

23 Πριν περάσουµε να δούµε το αντίστοιχο του παραπάνω κριτηρίου για πίνακες, χρειαζόµαστε το α- κόλουθο Λήµµα : Λήµµα 45 Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Τότε το ελάχιστο πολυώνυµο της f συµπίπτει µε το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακά της σε µια τυχούσα ϐάση B του E: Q f (t) = Q M B B (f) (t) Απόδειξη Εστω A = M B B (f) Τότε ϑέτοντας P (t) = Q f (t) στο Λήµµα 33, ϑα έχουµε : M B B (Q f (f)) = Q f (M B B (f)) = Q f (A) Επειδή Q f (f) = 0 και ο πίνακας της µηδενικής γραµµικής απεικόνισης ως προς τυχούσα ϐάση είναι ο µηδενικός, έπεται ότι Q f (A) = O, δηλαδή το ελάχιστο πολυώνυµο της f µηδενίζει τον πίνακα A Τότε όµως ϑα έχουµε : Q A (t)/q f (t) (44) Από την άλλη πλευρά, ϑέτοντας P (t) = Q A (t) στο Λήµµα 33, ϑα έχουµε : M B B (Q A(f)) = Q A (M B B (f)) = Q A(A) Επειδή Q A (A) = O και επειδή η µοναδική γραµµική απεικόνιση µε µηδενικό πίνακα σε τυχούσα ϐάση είναι η µηδενική, έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση Q A (f) είναι η µηδενική, δηλαδή το ελάχιστο πολυώνυµο του A µηδενίζει την γραµµική απεικόνιση f Τότε όµως ϑα έχουµε : Q f (t)/q A (t) (45) Επειδή τα πολυώνυµα Q A (t) και Q f (t) είναι κανονικά, από τις (44) και (45) έπεται ότι Q A (t) = Q f (t), δηλαδή : Q M B B (f) (t) = Q f (t) Θεώρηµα 46 Εστω A M n n (K) ένας n n πίνακας Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο A είναι διαγωνοποιήσιµος (2) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q A (t) του A αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων : Q A (t) = (t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ m ), λ i λ j, 1 i j m Απόδειξη Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση f A : K n K n, f A (X) = AX Εστω B η κανονική ϐάση του K n Τότε γνωρίζουµε ότι MB B(f A) = A Από το Λήµµα 33 ϑα έχουµε τότε : Q A (t) = Q fa (t) Επειδή, όπως γνωρίζουµε, ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος αν και µονον αν η γραµµική απεικόνιση f A είναι διαγωνοποιήσιµη, το Ϲητούµενο προκύπτει από την παραπάνω ισότητα ελαχίστων πολυωνύµων σε συνδυασµό µε το Θεώρηµα 44 Παράδειγµα 47 Θεωρούµε τον 4 4 πίνακα παργµατικών αριθµών 0 4 1 2 1 4 0 1 0 0 1 0 1 3 0 0 Υπολογίζουµε το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακα A: Q A (t) = t 3 4t 2 + 5t 2

24 Επειδή όπως ϐλέπουµε εύκολα Q A (t) = t 3 4t 2 + 5t 2 = (t 1) 2 (t 2) το ελάχιστο πολυώνυµο του A δεν αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων Εποµένως ο πίνακας A δεν είναι διαγωνοποιήσιµος Γνωρίζουµε ότι µια γραµµική απεικόνιση, αντίστοιχα ένας πίνακας, είναι τριγωνοποιήσιµη, αντίστοιχα τριγωνοποιήσιµος, αν και µόνον αν το χαρακτηριστικό της, αντίστοιχα το χαρακτηριστικό του, το πολυώνυµο αναλύεται σε γινόµενο πρωτοβαθµίων παραγόντων υπεράνω του K Οπως γνωρίζουµε το χαρακτηριστικό και το ελάχιστο πολυώνυµο έχουν τις ίδιες ϱίζες Σηµειώνουµε εδώ ότι µπορούµε να περιορισθούµε στο ελάχιστο πολυώνυµο, όπως δείχνει η παρακάτω εφαρµογή Πόρισµα 48 (1) Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (α ) Η γραµµική απεικόνιση f είναι τριγωνοποιήσιµη (ϐ ) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) της f έχει όλες τις ϱίζες του στο σώµα K (2) A M n n (K) ένας n n πίνακας Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (α ) Ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος (ϐ ) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q A (t) του A έχει όλες τις ϱίζες του στο σώµα K Απόδειξη Προκύπτει άµεσδα από το γεγονός ότι το ελάχιστο πολυώνυµο διαιρεί, και έχει τις ιδιες ϱίζες µε, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο Ασκηση 49 Επειδή όλες οι ιδιοτιµές του πίνακα A του Παραδείγµατος 47 ανήκουν στο R, ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος Να ϐρεθεί η άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A 43 Μηδενοδύναµοι Ενδοµορφισµοί και Πίνακες Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Εστω επίσης A M n n (K) ένας τετραγωνικός πίνακας Ορισµός 410 (1) Η γραµµική απεικόνιση καλείται µηδενοδύναµη αν : f m = 0, για κάποιο m 1 (2) Ο πίνακας A καλείται µηδενοδύναµος αν : A m = 0, για κάποιο m 1 Πρόταση 411 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος διάστασης dim K E = n και f : E E µια γραµ- µική απεικόνιση Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Η f είναι µηδενοδύναµη : f m = 0, για κάποιο m 1 (2) Η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική (3) f n = 0 (4) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) είναι της µορφής : Q f (t) = t m, για κάποιο m 1 Απόδειξη (1) = (2) Αν f m = 0, τότε το πολυώνυµο Q(t) = t m µηδενίζει την f και άρα διαιρείται από το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) Προφανώς τότε το ελάχιστο πολυώνυµο της f είναι της µορφής Q f (t) = t k του οποίου η µοναδική ϱίζα είναι η λ = 0 Επειδή οι ϱίζες του ελαχίστου πολυωνύµου είναι οι ιδιοτιµές της f έπεται ότι η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική (2) = (3) Αν η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική, τότε προφανώς το ελάχιστο πολυώνυµο της f ϑα είναι της µορφής Q f (t) = t m για κάποιο 1 m n Επειδή το χαρακτηριστικό και το ελάχιστο πολυώνυµο έχουν τις ίδιες ϱίζες, έπεται ότι P f (t) = ( 1) n t n Από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton ϑα έχουµε : 0 = P f (f) = ( 1) n f n και άρα f n = 0 (3) = (4) Αν f n = 0, τότε το πολυώνυµο Q(t) = t n µηδενίζει την f και άρα διαιρείται το από το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) της f Προφανώς τότε Q f (t) = t m για κάποιο 1 m n (4) = (1) Αν το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) είναι της µορφής Q f (t) = t m, για κάποιο m 1, τότε 0 = Q f (f) = f m

Χρησιµοποιώντας την γραµµική απεικόνιση f A : K n K n, f A (X) = AX και την Πρόταση 411 έχουµε το ακόλουθο πόρισµα : Πόρισµα 412 Εστω A M n n (K) ένας τετραγωνικός πίνακας Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο A είναι µηδενοδύναµος : A m = 0, για κάποιο m 1 (2) Η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η µηδενική (3) A n = 0 (4) Το ελάχιστο πολυώνυµο Q A (t) είναι της µορφής : Q A (t) = t m, για κάποιο m 1 25

26 5 Κανονική Μορφή Fitting Εστω A M n n (K) ένας πίνακας ακόλουθου Θεωρήµατος : Σκοπός µας στην παρούσα παράγραφο είναι η απόδειξη του Θεώρηµα 51 Εστω A M n n (K) ένας πίνακας Τότε ο A είναι όµοιος µε έναν πίνακα της µορφής B = N O όπου ο P είναι αντιστρέψιµος και ο N είναι µηδενοδύναµος O P Η παραπάνω µορφή καλείται µορφή Fitting του πίνακα A Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K, και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Συµβολίζουµε µε f k = f f f (k-ϕορές) την σύνθεση της f µε τον εαυτό της k-ϕορές, k 1 Υπενθυµίζουµε ότι η f καλείται µηδενοδύναµη αν f k = 0 51 Αποσύνθεση Fitting Για να αποδείξουµε το Θεώρηµα 51 χρειαζόµαστε πρώτα κάποια προεργασία Πρόταση 52 (1) Υπάρχει µια (αύξουσα) ακολουθία υπόχωρων του E: { 0} Ker(f) Ker(f 2 ) Ker(f k ) Ker(f k+1 ) E (51) και ϕυσικός αριθµός µ 0 έτσι ώστε : Ker(f µ ) = Ker(f µ+1 ) = Ker(f µ+2 ) = (2) Υπάρχει µια (ϕθίνουσα) ακολουθία υποχώρων του E: { 0} Im(f k+1 ) Im(f k ) Im(f 2 ) Im(f) E (52) και ϕυσικός αριθµός λ 0 έτσι ώστε : Im(f λ ) = Im(f λ+1 ) = Im(f λ+2 ) = Απόδειξη (1) είχνουµε πρώτα ότι Ker(f k ) Ker(f k+1 ), k 0 Εστω x Ker(f k ), δηλαδή f k ( x) = 0 Τότε f(f k ( x)) = 0 και άρα (f f k )( x) = f k+1 ( x) = 0 Άρα x Ker(f k+1 ( x) = 0 και εποµένως Ker(f k ) Ker(f k+1 ) Ετσι έχουµε την ακολουθία υπόχωρων (51) Τότε όµως ϑα έχουµε και dim K Ker(f k ) dim K Ker(f k+1 ), k 0 Τότε η ακολουθία υπόχωρων (51) επάγει την αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών 0 dim K Ker(f) dim K Ker(f 2 ) dim K Ker(f k ) dim K Ker(f k+1 ) dim K E Επειδή dim K E <, έπεται το σύνολο ϕυσικών αριθµών { dim K Ker(f k ), k 0 } είναι πεπερασµένο Άρα υπάρχει ϕυσικός µ 0 έτσι ώστε : dim K Ker(f µ ) = dim K Ker(f µ+1 ) = dim K Ker(f µ+2 ) = Επειδή από την ακολουθία (51) έχουµε Ker(f µ ) Ker(f µ+1 ) Ker(f µ+2 ), έπεται ότι : (2) είχνουµε πρώτα ότι Ker(f µ ) = Ker(f µ+1 ) = Ker(f µ+2 ) = Im(f k+1 ) Im(f k ), k 0

Εστω x Im(f k+1 ), δηλαδή υπάρχει y E έτσι ώστε : f k+1 ( y) = x Τότε f k+1 ( y) = (f k f)( y) = f k (f( y)) = x, και άρα x Im(f k ) Ετσι Im(f k+1 ) Im(f k ) Ετσι έχουµε την ακολουθία υπόχωρων (52) Τότε όµως ϑα έχουµε και dim K Im(f k+1 ) dim K Im(f k ), k 0 Τότε η ακολουθία υπόχωρων (52) επάγει την αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών 0 dim K Im(f k+1 ) dim K Im(f k ) dim K Im(f 2 ) dim K Im(f) dim K E Επειδή dim K E <, έπεται το σύνολο ϕυσικών αριθµών { dim K Im(f k ), k 0 } είναι πεπερασµένο Άρα υπάρχει ϕυσικός λ 0 έτσι ώστε : = dim K Im(f λ+2 ) = dim K Im(f λ+1 ) = dim K Im(f λ ) Επειδή από τη ακολουθία (52) έχουµε Im(f λ+2 ) Im(f λ+1 ) Im(f λ ), έπεται ότι : = Im(f λ+2 ) = Im(f λ+1 ) = Im(f λ ) 27 Λήµµα 53 Με τους συµβολισµούς της Πρότασης 52, έστω m := max{µ, λ} 1 f(ker(f m ) Ker(f m ) και άρα η f : E E επάγει µια γραµµική απεικόνιση : f 1 : Ker(f m ) Ker(f m ), f 1 ( x) = f( x) Επιπλέον η f 1 είναι µηδενοδύναµη, δηλαδή f1 r = 0, για κάποιον r 1 2 f(im(f m ) Im(f m ) και άρα η f : E E επάγει µια γραµµική απεικόνιση : Επιπλέον η f 2 είναι ισοµορφισµός f 2 : Im(f m ) Im(f m ), f 2 ( x) = f( x) Απόδειξη (1) Για το 1 ϑα έχουµε : (α) Εστω x Ker(f m ), δηλαδή f m ( x) = 0 Τότε f(f m ( x)) = f( 0) = 0 και άρα f m+1 ( x) = 0, δηλαδή x Ker(f m+1 ) Οµως επειδή m µ, έχουµε Ker(f m+1 ) = Ker(f m ) και άρα x Ker(f m Εποµένως f(ker(f m )) Ker(f m ) Προφανώς τότε η f επάγει µια γραµµική απεικόνιση f 1 : Ker(f m ) Ker(f m ), ορίζοντας f 1 ( x) = f( x), x Ker(f m ) (ϐ) Εστω x Ker(f m ), δηλαδή f m ( x) = 0 Τότε f1 m+1 ( x = f m+1 ( x) = f(f m ( 0) = f( 0) = 0 Άρα ϑέτοντας r = m + 1 έχουµε f1 r( x) = 0, x Ker(f m ) και εποµένως f1 r = 0, δηλαδή η f 1 είναι µηδενοδύναµη (2) Για το 2 ϑα έχουµε : (α) Εστω x f(im(f m )), δηλαδή υπάρχει y Im(f m ) έτσι ώστε : f( y) = x Επειδή y Im(f m ) έπεται ότι υπάρχει z E έτσι ώστε : f m ( z) = y Τότε x = f( y) = f(f m ( z)) = f m+1 ( z και άρα x Im(f m+1 ) Επειδή m λ, έπεται ότι ϑα έχουµε Im(f m+1 ) = Im(f m ) και άρα x Im(f m Εποµένως f(im(f m )) Im(f m ) Προφανώς τότε η f επάγει µια γραµµική απεικόνιση f 1 : Im(f m ) Im(f m ), ορίζοντας f 2 ( x) = f( x), x Im(f m ) (ϐ) Εστω y Im(f m ) Επειδή Im(f m ) = Im(f m+1 ), έπεται ότι y Im(f m+1 ) και άρα υπάρχει x E έτσι ώστε : f m+1 ( x) = y Τότε : y = f m+1 ( x) = f(f m ( x) και ϑέτοντας z := f m ( x) Im(f m ) ϑα έχουµε y = f( z) = f 2 ( z) Αυτό σηµαίνει ότι η f 2 είναι επιµορφισµός Επειδή dim K Im(f m ) dim K E <, έπεται ότι η f 2 είναι ισοµορφισµός Θεώρηµα 54 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K Αν f : E E είναι µια γραµµική απεικόνιση, τότε υπάρχει m 1 έτσι ώστε : E = Ker(f m ) Im(f m ) Απόδειξη Εστω m = max{µ, λ} όπως στην Πρόταση 52 ή στο Λήµµα 53

28 (1) είχνουµε πρώτα ότι : Ker(f m ) Im(f m ) = { 0} Εστω x Ker(f m ) Im(f m ) Τότε f m ( x) = 0 και υπάρχει y E έτσι ώστε f m ( y) = x Τότε f 2m ( y) = f m (f m ( y)) = f m ( x) = 0 και άρα y Ker(f 2m ) Επειδή Ker(f 2m ) = Ker(f m ), έπεται ότι y Ker(f m ) και άρα x = f m ( y) = 0 Εποµένως Ker(f m ) Im(f m ) = { 0} (2) είχνουµε ότι : E = Ker(f m ) + Im(f m ) Εστω x E Τότε f m ( x) Im(f m ) Επειδή Im(f m ) = Im(f 2m ) έπεται ότι f m ( x) Im(f 2m ) και άρα υπάρχει y E έτσι ώστε : f m ( x) = f 2m ( y) Τότε : f m ( x) = f 2m ( y) = f m (f m ( y)) και άρα f m ( x f m ( y)) = 0 Θέτοντας z := x f m ( y) έπεται ότι z Ker(f m ) και x = z + f m ( y, z Ker(f m ), f m ( y) Im(f m ) Η τελευταία σχέση δείχνει ότι : E = Ker(f m ) + Im(f m ) Από τα (1) και (2) έχουµε ότι E = Ker(f m ) Im(f m ) Θεώρηµα 55 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K Αν f : E E είναι µια γραµµική απεικόνιση, τότε υπάρχει ϐάση B του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στην ϐάση B να είναι της µορφής : M B B (f) = N O όπου ο P είναι αντιστρέψιµος και ο N είναι µηδενοδύναµος Απόδειξη Εστω ο ϕυσικός αριθµός m όπως στο παραπάνω Θεώρηµα 53 Τότε ϑα έχουµε E = Ker(f m ) Im(f m ) Από την άλλη πλευρά από την Πρόταση 52 η f επάγει έναν ισοµορφισµό και µια µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση O P f 2 : Im(f m ) Im(f m ), f 2 = f Im(f m ) f 1 : Ker(f m ) Ker(f m, f 1 = f Ker(f m ) Εστω B 1 µια ϐάση του υπόχωρου Ker(f m ) και B 2 µια ϐάση του υπόχωρου Im(f m ) Τότε ο πίνακας P := M B 2 B 2 (f 2 ) της f 2 στην ϐάση B 2 ϑα είναι αντιστρέψιµος (επειδή η f 2 είναι ισοµορφσιµός) και ο πίνακας N := M B 1 B 1 (f 1 ) της f 1 στην ϐάση B 1 ϑα είναι µηδενοδύναµος (επειδή η f 1 είναι µηδενοδύναµη Επειδή το άθροισµα Ker(f m ) + Im(f m ) είναι ευθύ και µας δίνει τον χώρο E, έπεται ότι το σύνολο B = B 1 B 2 είναι µια ϐάση του E Τότε προφανώς f(b 2 ) Im(f m ) και f(b 1 ) Ker(f m ) και τότε ο πίνακας της f στην ϐάση B ϑα είναι της µορφής M B B (f) = N O όπου ο P είναι αντιστρέψιµος και ο N είναι µηδενοδύναµος O P 52 Κανονική Μορφή Fitting Είµαστε τώρα σε ϑέση να αποδείξουµε το Θεώρηµα 51 Απόδειξη του Θεωρήµατος 51: Θεωρούµε την γραµµική αεπικόνιση f A : K n K n, f A (X) = A X

29 Από το Θεώρηµα 54 έπεται ότι υπάρχει ϐάση B του K n έτσι ώστε ο πίνακας της f A στην ϐάση B να είναι της µορφής : M B B (f A) = N O Επειδή ο πίνακας της f A στην κανονική ϐάση του K n είναι ο A έπεται ότι ο πίνακας A είναι όµοιος µε τον παραπάνω πίνακα O P 53 Ευθύ Αθροισµα Γραµµικών Απεικονίσεων και Πινάκων Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω του σώµατος K Υποθέτουµε ότι E = V W και έστω f : V V και g : W W δύο γραµµικές απεικονίσεις Ορισµός 56 Το ευθύ άθροισµα f g των γραµµικών απεικονίσεων f και g ορίζεται να είναι η απεικόνιση f g : E = V W E = V W, (f g)( v + w) = f( v) + g( w) Είναι εύκολο να δει κανείς ότι η f g είναι µια γραµµική απεικόνιση Εστω A M n n (K) και B M m m (K) δύο τετραγωνικοί πίνακες, ενδεχοµένως διαφορετικού µεγέθους Ορισµός 57 Το ευθύ άθροισµα A B των A M n n (K) και B M m m (K) ορίζεται να είναι ο (n + m) (n + m) πίνακας A B = A O O B Παράδειγµα 58 Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και υποθέτουµε ότι E = V W, για κάποιους υπόχωρους V, W του E Εστω f : V V και g : W W δύο γραµµικές απεικονίσεις Αν B V είναι µαι ϐάση του V και B W είναι µια ϐάση του W, τότε όπως γνωρίζουµε το σύνολο B = B V B W είναι µια ϐάση του E Εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑέτοντας B = M B V B V (f) και C = M B W B (g), έχουµε : W MB B (f g) = B C = B O O C Παράδειγµα 59 Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και υποθέτουµε ότι E = V W, για κάποιους υπόχωρους V, W του E Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση Υποθέτουµε ότι : f(v) V και f(w) W Τότε ορίζονται οι περιορισµοί της f στους υπόχωρους V και W: Προφανώς ϑα έχουµε : f V : V V, f W : W W, f = f V f W f V ( v) = f( v) f W ( w) = f( w)