固有値の幾何学的多重度

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Andre Jackson 2019-04-24 07:39.

しましょう $A\in\mathbb{F}^{n×n}$ 定義します $L: \mathbb{F}^{n×n}\rightarrow \mathbb{F}^{n×n}$ 沿って $L(X)=AX$。場合$\lambda$ の固有値は $A$ 幾何学的多重度1で、の幾何学的多重度が $\lambda$ の固有値として $L$ 少なくとも $n$

私はすでにそれを証明しました $\sigma (A)=\sigma (L)$。これは上記の問題に関連しています。

どんなヒントでもうまくいき、大きな助けになります。ありがとう。

2 answers

1
Robert Lewis 2019-04-25 02:20.

この問題を解決するために、あまり多くのスペクトル理論は必要ないと思います。

場合 $\lambda \in \Bbb F$ の固有値は $A$ 幾何学的多重度の $1$、次に対応する固有空間 $\lambda$$1$-の次元部分空間 $\Bbb F^n$; したがって、ベクトルがあります

$0 \ne \vec x \in \Bbb F^n \tag 1$

$A\vec x = \lambda \vec x; \tag 2$

さらに、ゼロ以外のベクトル

$0 \ne \vec y \in \Bbb F^n \tag 3$

満足

$A \vec y = \lambda \vec y \tag 4$

と同一線上にある必要があります $\vec x$

$\exists 0 \ne \alpha \in \Bbb F, \; \vec y = \alpha \vec x. \tag 5$

次に、 $n$ 行列

$X_i \in \Bbb F^{n \times n}, \; 1 \le i \le n, \tag 6$

どこ $i$-の第3列 $X_i$ です $\vec x$、および他のすべての列は $0$; つまり、$X_i$ フォームを取る

$X_i = [0 \; 0 \; \ldots \; \vec x \; \ldots \; 0 \; 0]. \tag 7$

今なら

$Y \in \Bbb F^{n \times n} \tag 8$

書かれるかもしれません

$Y = [\vec y_1 \; \vec y_2 \; \ldots \; \vec y_n], \tag 9$

それぞれと

$\vec y_i \in \Bbb F^n; \tag{10}$

のアクション $L$ オン $Y$ したがって、によって与えられます

$LY = [A\vec y_1 \; A\vec y_2 \ldots \; A\vec y_n]; \tag{11}$

その結果

$LX_i = [0 \; 0 \; \ldots \; A\vec x \; \ldots \; 0 \; 0] = [0 \; 0 \; \ldots \; \lambda \vec x \; \ldots \; 0 \; 0] = \lambda [0 \; 0 \; \ldots \; \vec x \; \ldots \; 0 \; 0] = \lambda X_i; \tag {12}$

つまり、それぞれ $X_i$$\lambda$-の固有ベクトル $L$$\Bbb F^{n \times n}$; さらに、$X_i$ 線形独立 $\Bbb F$、任意の

$a_i \in \Bbb F, \; 1 \le i \le n, \tag{13}$

我々は持っています

$\displaystyle \sum_1^n a_iX_i = [a_1 \vec x \; a_2\vec x \; \ldots \; a_n \vec x] \ne 0 \tag{14}$

少なくとも1つ提供 $a_i \ne 0$

したがって、私たちはの存在を実証しました $n$ 線形独立 $\lambda$-の固有ベクトル $L$$F^{n \times n}$、つまり、の幾何学的多重度 $\lambda$ の固有値として $L:\Bbb F^n \to \Bbb F^n$ 少なくとも $n$$OE\Delta$

Nota Bene:上記で行ったことに基づいて、ほんの少しの追加作業で、実際にはの幾何学的多様性を示すことができます。$\lambda$ の固有値として $L$実際には正確に $n$; と$Y$ (8)-(11)のように、

$LY = \lambda Y \Longrightarrow A \vec y_i = \lambda \vec y_i, \; 1 \le i \le n; \tag{15}$

次に、上記の(3)〜(5)で述べたように、

$\vec y_i = \alpha_i \vec x, \; 1 \le i \le n, \tag{16}$

など

$Y = \displaystyle \sum_1^n \alpha_i X_i; \tag{17}$

つまり、すべての固有ベクトル $Y$$L$ にあり $\text{span}\{ X_i, \; 1 \le i \le n \}$; これは、の寸法を証明します$\lambda$-の固有空間 $L$ 正確に $n$、したがって、の幾何学的多重度 $\lambda$ 正確に $n$同様に。ノートの終わり

1
Ben Grossmann 2019-04-24 14:49.

ヒント:もし$Ax = \lambda x$ ゼロ以外の場合 $x \in \Bbb F^n$、その後 $A(xy^T) = \lambda(xy^T)$ 任意のベクトル $y \in \Bbb F^n$

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