הבדלים בין גרסאות בדף "קוד:הפולינום האופייני מחלק חזקה של כל מאפס"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
מ (4 גרסאות יובאו)
 
(2 גרסאות ביניים של משתמש אחר אחד אינן מוצגות)
שורה 1: שורה 1:
\textbf{משפט:}
+
\begin{thm}
  
 
יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$ פולינום מאפס למטריצה $A\in M_n\left(\mathbb{F}\right)$, ונניח $\deg\left(f\right)\leq n$. אזי $p_A\left(x\right)|\left[f\left(x\right)\right]^n$.
 
יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$ פולינום מאפס למטריצה $A\in M_n\left(\mathbb{F}\right)$, ונניח $\deg\left(f\right)\leq n$. אזי $p_A\left(x\right)|\left[f\left(x\right)\right]^n$.
  
\textit{הוכחה:}
+
\end{thm}
  
נחפש מטריצות ריבועיות $B_0,\dots,B_{n-1}\in M_n\left(\mathbb{F} \right )$ שעבורן $B\left(x\right)=B_0+B_1x+\cdots+B_{n-1}x^{n-1}$ מקיימת את המשוואה הבאה: $\left(\star\right)\left(xI-A \right )\cdot B\left(x \right )=f\left(x \right )\cdot I$. נסמן $f\left(x \right )=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$. נשווה את המקדמים לפני החזקות של x במשוואה:
+
\begin{proof}
 +
 
 +
נחפש מטריצות ריבועיות $B_0,\dots,B_{n-1}\in M_n\left(\mathbb{F} \right )$ שעבורן
 +
$$B\left(x\right)=B_0+B_1x+\cdots+B_{n-1}x^{n-1}$$
 +
מקיימת את המשוואה הבאה:
 +
$$\left(\star\right)\left(xI-A \right )\cdot B\left(x \right )=f\left(x \right )\cdot I$$
 +
נסמן $f\left(x \right )=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$. נשווה את המקדמים לפני החזקות של x:
  
 
\begin{tabular}{c | c | c | c | c | c | c}
 
\begin{tabular}{c | c | c | c | c | c | c}
 
$x^0$ & $x^1$ & $x^2$ & $\cdots$ & $x^{n-1}$ & $x^n$ \\\hline
 
$x^0$ & $x^1$ & $x^2$ & $\cdots$ & $x^{n-1}$ & $x^n$ \\\hline
$-AB_0$ & $B_0-AB_1$ & $B_1-AB_2$ & $\cdots$ & $B_{n-2}-AB_{n-1}$ & $B_{n-1}$ & לאמש\\
+
$-AB_0$ & $B_0-AB_1$ & $B_1-AB_2$ & $\cdots$ & $B_{n-2}-AB_{n-1}$ & $B_{n-1}$ & שמאל\\
$a_0I$ & $a_1I$ & $a_2I$ & $\cdots$ & $a_{n-1}I$ & $a_nI$ & ןימי
+
$a_0I$ & $a_1I$ & $a_2I$ & $\cdots$ & $a_{n-1}I$ & $a_nI$ & ימין
 
\end{tabular}
 
\end{tabular}
  
משוויון המקדמים שאנו מחפשים, נקבל $B_{n-1}=a_nI$,  
+
משוויון המקדמים שאנו מחפשים, נקבל
$B_{n-2}=a_{n-1}I+AB_{n-1}$, $\dots$,  
+
$$B_{n-1}=a_nI,B_{n-2}=a_{n-1}I+AB_{n-1},\dots,B_1=a_2I+AB_2,B_0=a_1I+AB_1$$
$B_1=a_2I+AB_2$,
+
$B_0=a_1I+AB_1$
+
 
+
 
אם נכפול את המקדם של $x^i$ ב-$A^i$, ונחבר את הכל, נקבל $0=0$. מכאן שהמשוואה הראשונה מתקיימת גם כן. נפעיל דטרמיננטה על $\left(\star \right )$:
 
אם נכפול את המקדם של $x^i$ ב-$A^i$, ונחבר את הכל, נקבל $0=0$. מכאן שהמשוואה הראשונה מתקיימת גם כן. נפעיל דטרמיננטה על $\left(\star \right )$:
 
+
$$\det\left[\left(xI-A \right )B\left(x \right ) \right ]=\det\left(f\left(x \right )I \right )$$
$\det\left[\left(xI-A \right )B\left(x \right ) \right ]=\det\left(f\left(x \right )I \right )$
+
 
+
 
על פי כפליות הדטרמיננטה, נקבל
 
על פי כפליות הדטרמיננטה, נקבל
 
+
$$\det\left(xI-A \right )\det B\left(x \right )=\det\left(\begin{matrix}
$\det\left(xI-A \right )\det B\left(x \right )=\det\left(\begin{matrix}
+
 
f\left(x \right ) &  & 0\\  
 
f\left(x \right ) &  & 0\\  
 
  & \ddots & \\  
 
  & \ddots & \\  
 
0 &  &f\left(x \right )  
 
0 &  &f\left(x \right )  
\end{matrix} \right )$.
+
\end{matrix} \right )$$
  
 
נסמן $\det B\left(x\right)=g\left(x\right)$. אזי $p_A\left(x \right )g\left(x \right )=\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כלומר $p_A\left(x \right )|\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כדרוש.
 
נסמן $\det B\left(x\right)=g\left(x\right)$. אזי $p_A\left(x \right )g\left(x \right )=\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כלומר $p_A\left(x \right )|\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כדרוש.
 +
 +
\end{proof}
  
 
כעת נוכל לקבל את המסקנה שרצינו לגבי השורשים של הפולינום המינימלי. נזכור כי הפולינום המינימלי הוא פולינום מאפס שדרגתו לכל היותר $n$, ונקבל את המסקנה הבאה:
 
כעת נוכל לקבל את המסקנה שרצינו לגבי השורשים של הפולינום המינימלי. נזכור כי הפולינום המינימלי הוא פולינום מאפס שדרגתו לכל היותר $n$, ונקבל את המסקנה הבאה:
  
\textbf{מסקנה:}
+
\begin{cor}
  
$m_A\left(x \right )|p_A\left(x \right )|\left[m_A\left(x \right ) \right ]^n$.
+
$$m_A\left(x \right )|p_A\left(x \right )|\left[m_A\left(x \right ) \right ]^n$$
  
\textbf{מסקנה:}
+
\end{cor}
 +
 
 +
\begin{cor}
  
 
ל-$p_A\left(x\right)$ ול-$m_A\left(x\right)$ יש אותם הגורמים האי-פריקים. לכן, יש להם אותם השורשים.
 
ל-$p_A\left(x\right)$ ול-$m_A\left(x\right)$ יש אותם הגורמים האי-פריקים. לכן, יש להם אותם השורשים.
 +
 +
\end{cor}

גרסה אחרונה מ־20:16, 4 באוקטובר 2014

\begin{thm}

יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$ פולינום מאפס למטריצה $A\in M_n\left(\mathbb{F}\right)$, ונניח $\deg\left(f\right)\leq n$. אזי $p_A\left(x\right)|\left[f\left(x\right)\right]^n$.

\end{thm}

\begin{proof}

נחפש מטריצות ריבועיות $B_0,\dots,B_{n-1}\in M_n\left(\mathbb{F} \right )$ שעבורן $$B\left(x\right)=B_0+B_1x+\cdots+B_{n-1}x^{n-1}$$ מקיימת את המשוואה הבאה: $$\left(\star\right)\left(xI-A \right )\cdot B\left(x \right )=f\left(x \right )\cdot I$$ נסמן $f\left(x \right )=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$. נשווה את המקדמים לפני החזקות של x:

\begin{tabular}{c | c | c | c | c | c | c} $x^0$ & $x^1$ & $x^2$ & $\cdots$ & $x^{n-1}$ & $x^n$ \\\hline $-AB_0$ & $B_0-AB_1$ & $B_1-AB_2$ & $\cdots$ & $B_{n-2}-AB_{n-1}$ & $B_{n-1}$ & שמאל\\ $a_0I$ & $a_1I$ & $a_2I$ & $\cdots$ & $a_{n-1}I$ & $a_nI$ & ימין \end{tabular}

משוויון המקדמים שאנו מחפשים, נקבל $$B_{n-1}=a_nI,B_{n-2}=a_{n-1}I+AB_{n-1},\dots,B_1=a_2I+AB_2,B_0=a_1I+AB_1$$ אם נכפול את המקדם של $x^i$ ב-$A^i$, ונחבר את הכל, נקבל $0=0$. מכאן שהמשוואה הראשונה מתקיימת גם כן. נפעיל דטרמיננטה על $\left(\star \right )$: $$\det\left[\left(xI-A \right )B\left(x \right ) \right ]=\det\left(f\left(x \right )I \right )$$ על פי כפליות הדטרמיננטה, נקבל $$\det\left(xI-A \right )\det B\left(x \right )=\det\left(\begin{matrix} f\left(x \right ) & & 0\\

& \ddots & \\ 

0 & &f\left(x \right ) \end{matrix} \right )$$

נסמן $\det B\left(x\right)=g\left(x\right)$. אזי $p_A\left(x \right )g\left(x \right )=\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כלומר $p_A\left(x \right )|\left[f\left(x \right ) \right ]^n$, כדרוש.

\end{proof}

כעת נוכל לקבל את המסקנה שרצינו לגבי השורשים של הפולינום המינימלי. נזכור כי הפולינום המינימלי הוא פולינום מאפס שדרגתו לכל היותר $n$, ונקבל את המסקנה הבאה:

\begin{cor}

$$m_A\left(x \right )|p_A\left(x \right )|\left[m_A\left(x \right ) \right ]^n$$

\end{cor}

\begin{cor}

ל-$p_A\left(x\right)$ ול-$m_A\left(x\right)$ יש אותם הגורמים האי-פריקים. לכן, יש להם אותם השורשים.

\end{cor}