Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

6. Sajátérték, minimálpolinom

6. Sajátérték, minimálpolinom

6.3.15 Jelölje egy tetszőleges r polinom esetén r* azt a polinomot, amelyet úgy kapunk, hogy r-ben x helyére x2-et helyettesítünk, azaz r*(x)=r(x2). Nyilván rA2=r*A  Többször fel fogjuk használni az innen adódó

összefüggést. Szükségünk lesz még az alábbi állításra:

Lemma: Ha λ≠0, akkor az r polinomnak a λ2 pontosan ugyanannyiszoros gyöke, mint ahányszoros gyöke az r* polinomnak a λ.

A lemma bizonyítása: Legyen az r-ben a λ2 multiplicitása j, azaz r=(x2)j h, ahol h2)≠0. Ekkor r*=(x22)jh*=(x-λ)j (x+λ)jh*, tehát r*-ban a λ multiplicitása (pontosan) j, hiszen -λ≠λ és h*(λ)=h2)≠0.

További előkészületként emeljük ki mA -ból a lehető legnagyobb x-hatványt, azaz írjuk fel mA -t a következő alakban:

Rátérve a szükségesség igazolására, feltesszük, hogy az A és A2 transzformációk minimálpolinomja megegyezik, és megmutatjuk (i), (ii) és (iii) teljesülését.

(i) Ha mAλ=0  akkor λ sajátértéke A -nak. A két minimálpolinom egyezéséből a sajátértékek egyezése is adódik, tehát λ sajátértéke A2 -nek is. Ezért λ egyik négyzetgyöke, λ1 sajátértéke A -nak (6.1.4c feladat), vagyis mAλ1=0  Ezt folytatva kapjuk, hogy λ2, λ3,… is gyöke mA-nak, ahol λi+1=λi egyik értéke.

Mivel x2mA  gyökeinek a száma véges, így van olyan i>j, hogy λij . Ezt 2i-ik hatványra emelve λ=λ2i-j, azaz λ (1-λ2i-j-1)=0 adódik. Ennélfogva λ valóban csak 0 vagy páratlan rendű egységgyök lehet.

(ii) Tegyük fel indirekt, hogy mA azaz (2)-ben k≥2. Megmutatjuk, hogy ekkor A2 gyöke lesz t=mA/x=xk-1g polinomnak, ami ellentmond annak, hogy mA2=mA 

Többször fel fogjuk használni (1)-et és (2)-t. A feltétel szerint A2 gyöke az mA -nak, továbbá

ahonnan (g,x)=1 miatt gg* következik. Mivel

és itt az utolsó oszthatóság gg* és k≤2k-2 alapján teljesül, kapjuk, hogy A2 valóban gyöke a t-nek.

(iii) A(z esetleges) 0 gyökre az állítás nyilvánvaló. Legyen λ≠0, és tegyük fel, hogy mA -ban a λ multiplicitása k, a λ2-é pedig j. Először azt igazoljuk, hogy jk.

Egyrészt az mAA2=O feltétel miatt mAmA*  tehát a λ multiplicitása mA* -ban legalább k. Másrészt a lemma alapján a λ multiplicitása mA* -ban pontosan j. A kettő összevetéséből valóban jk adódik.

Tekintsük most a λ, λ2, λ4, λ8,… sorozatot. Itt az elemek mindegyikének legalább akkora a multiplicitása mA -ban, mint az őt megelőzőnek. A már bizonyított (i) tulajdonság alapján azonban a sorozat (az elejétől kezdve) periodikus, ezért mindegyik multiplicitás szükségképpen egyenlő.

Az elégségességhez azt kell megmutatnunk, hogy ha az (i), (ii) és (iii) feltételek teljesülnek, akkor

(a) mAA2=O és

(b) sA2=OmA  s 

Az (1) összefüggés alapján (a) és (b) ekvivalens

(a1)mA  mA* és

(b1)mA  s*mA  s 

fennállásával.

Először (a1)-et igazoljuk. A (iii) feltétel szerint mA minden gyökének a négyzete is ugyanannyiszoros gyök. Megmutatjuk, hogy különböző gyökök négyzete is különböző. Ez azzal ekvivalens, hogy ha λ≠0 gyöke mA -nak, akkor -λ nem lehet gyök. Az (i) feltétel szerint λ egy páratlan rendű egységgyök. Ekkor -λ rendje a λ rendjének a kétszerese, tehát páros. Így ismét (i)-re hivatkozva -λ nem lehet gyöke mA -nak.

A fentiek alapján, ha mA gyöktényezős alakjában minden gyök helyett annak a négyzetét írjuk, akkor ugyanazt a polinomot kapjuk. Azaz

ahonnan

tehát valóban mA  mA* 

Rátérünk (b1) bizonyítására. Az mA  s oszthatósághoz azt kell megmutatni, hogy mA minden gyöke legalább akkora multiplicitással szerepel s-ben, mA -ban.

Ha a 0 gyöke mA -nak, akkor (ii) szerint csak egyszeres gyök, és így elég azt igazolni, hogy a 0 az s polinomnak is gyöke. Mivel mA0=0  ezért a 0 sajátértéke A -nak, tehát sajátértéke A2 -nek is. Az sA2=O feltételből következik, hogy az A2 sajátértékei szükségképpen gyökei s-nek, tehát valóban s(0)=0.

Tekintsük most mA -nak egy μ≠0 gyökét, és legyen ennek a multiplicitása j. Ekkor az (i) és (iii) feltételből következik, hogy μ valamelyik négyzetgyöke is (pontosan) j-szeres gyöke mA -nak. Jelöljük μ-nek ezt a négyzetgyökét λ-val, azaz μ=λ2 .

Legyen s-ben a μ=λ2 multiplicitása j’. Ekkor a lemma szerint s*-ban a λ multiplicitása j’. Az mA  s* feltétel miatt — a λ multiplicitását összehasonlítva — jj’ adódik. Ez azonban egyúttal azt is jelenti, hogy a μ multiplicitása s-ben legalább akkora, mint mA -ban, és éppen ezt kellett bizonyítani.

6.4.10 a) Bármely lineáris leképezés képtere altér, tehát U=Im fA is altér. Megmutatjuk, hogy U invariáns altere A -nak. Legyen u_U  azaz valamilyen x_V-re  u_=fAx_ Ekkor Au_=AfAx_=AfAx_=fAAx_=fAAx_  tehát valóban Au_U  (Hivatkozhattunk volna a 6.4.6 feladatra is B=fA-val.)

• b) Először azt igazoljuk, hogy ha f , mA=g , mA akkor Im fA=Im gA  Legyen f , mA=d azt kell belátnunk, hogy Im fA=Im dA  Az  fAx_=dA f/dAx_ egyenlőségből egyrészt azt kapjuk, hogy Im fAIm dA  Másrészt a d=sf+tmA felírásból

tehát Im dAIm fA

A megfordításhoz tegyük fel, hogy Im fAIm gA  és azt fogjuk igazolni, hogy ekkor f , mA=g , mA  Az előzőek alapján elég azt megmutatnunk, hogy ha d1 és d2 az mA minimálpolinom osztói és Im d1A=Im d2A  akkor d1 és d2 egymástól csak konstans szorzóban különböznek. Tegyük fel tehát, hogy Im d1A=Im d2A és legyen mA=h1d1=h2d2  Mivel O=mAA=h1Ad1A  ezért Im d1AKer h1A . Azonban Im d1A=Im d2A  tehát Im d2AKer h1A  és így h1Ad2A=O  Emiatt h1d1=mAh1d2  vagyis d1d2 . Ugyanígy kapjuk, hogy d2d1 , tehát d1 és d2 valóban egymás konstansszorosai.

• c) Legyenek di a minimálpolinom páronként nem-egységszeres osztói. Az előbb beláttuk, hogy ekkor az Im diA invariáns alterek mind különbözők.

• d) Belátjuk, hogy A -nak akkor és csak akkor nincs nemtriviális invariáns altere, ha mA irreducibilis (T felett) és deg mA=dimV  (Mint az eredményeknél említettük, ezek a feltételek ekvivalensek kA irreducibilitásával.) Ha mA reducibilis, akkor egy nemtriviális dmA osztóhoz tartozó Im dA egy nemtriviális invariáns alteret ad. Ha deg mA<dimV  akkor dimu_,A deg mA miatt bármely u_0_ esetén u_,A  nemtriviális invariáns altér. A megfordításhoz tegyük fel, hogy  mA irreducibilis, deg mA=dimV  és legyen U az A -nak egy invariáns altere. Azt kell megmutatnunk, hogy ha U tartalmaz egy u_0_ vektort, akkor szükségképpen U=V. Az u_ -t tartalmazó legszűkebb invariáns altér u_,A U  tehát elég belátni, hogy u_,A =V  Ennek az igazolását a legkényelmesebben a 6.5 pontban bevezetett rendfogalom és annak néhány egyszerű tulajdonsága segítségével írhatjuk le (de hangsúlyozzuk, hogy enélkül csak a megfogalmazás lenne nehézkesebb). Mivel az oAu_ rend osztója a minimálpolinomnak, így ( u_0_ miatt) csak maga a minimálpolinom (vagy annak konstansszorosa) lehet. Ennélfogva dimu_,A =degoAu_=deg mA=dimV  és így (a véges dimenzió miatt) csak u_,A =V lehetséges, amint állítottuk.