Question

Пусть V = R3 [x] - векторное пространство многочленов p (x) с вещественными коэффициентами степени не более 3 и пусть p"(x) - вторая производная от p (x) относительно x. Рассмотрим линейное отображение f : V −→ V такой, что: f(p(x)) = q(x)p"(x), где q(x) = x(x − 1). 1) Вычислите соответствующую матрицу f относительно оснований: {1, x, x^2, x^3} 2) Вычислите основу Im (f), составленную элементами в V . 3) Вычислите собственные значения f и базис для каждого собственного пространства f . 4) Докажите или опровергните: f - простой эндоморфизм. Вычислите f^(-1)(p(x)), где p(x) = q(x). Согласен даже на частитчный ответ

Answer 1

Образы базисных векторов: $f(1) = 0,\; f(x) = 0,\; f(x^2) = 2x(x-1),\;f(x^3) = 6x^2(x-1)$. Разложим образы по базису: $f(1) = (0,0,0,0),\; f(x) = (0,0,0,0),\;f(x^2) = (0,-2,2,0),\;f(x^3) = (0,0,-6,6)$, потому матрица оператора $f$ будет иметь вид $A=\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&-2&0\\0&0&2&-6\\0&0&0&6\end{array}\right)$.

(Основа? Понимаю под этим здесь базис, учитывая перевод). Тогда $\mathrm{dim}\;\mathrm{Im} \;f = \mathrm{rank} \;A = 2$, подойдут, например, векторы $(0,-2,2,0)^{T},\; (0,0,-6,6)^T$.

$A-\lambda E =\left(\begin{array}{cccc}-\lambda&0&0&0\\0&-\lambda&-2&0\\0&0&2-\lambda&-6\\0&0&0&6-\lambda\end{array}\right) \Rightarrow \chi(\lambda) = \lambda^2(2-\lambda)(6-\lambda)$, значит, собственные значения $f$ -- $0,2,6$.

Собственное подпространство $V_{\lambda}$, отвечающее собственному значению $\lambda$ есть в точности $\mathrm{ker}\;(f-\lambda \mathrm{Id}_{f}) \Leftrightarrow v\in V: (A-\lambda E)v = 0$.

Для $\lambda=0$: $v = (x,y,0,0)^T,\;x,y\in \mathbb{R}$. Базис можно выбрать, например, такой: $(1,0,0,0)^{T}$ и $(0,1,0,0)^T$, то есть $\langle 1,x\rangle$.

Для $\lambda=2$: $v=(0,x,-x,0)^T$. Базис: $(0,1,-1,0)^T$, то есть $\langle x-x^2\rangle$.

Для $\lambda=6$: $v = (0,x,-3x,2x)^T$. Базис: $(0,1,-3,2)^T$, то есть $\langle x-3x^2+2x^3 \rangle$.

Не слышал понятия простого эндоморфизма, так что предположу, что под этим понимается простой элемент в кольце эндоморфизмов. Ну а тогда идея такая: представить матрицу $A$ в виде произведения двух матриц, ранг которых выше $2$ (ну а тут только $3$) подойдет. Тогда матрица $A$ не может делить никакую из них. Здесь надо заметить, что наша матрица диагонализуема (алгебраические кратности совпадают с геометрическими), ее можно привести к виду $\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&6\end{array}\right)$. Тогда $\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&6\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccc}1&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&\sqrt{2}&0\\0&0&0&\sqrt{6}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&\sqrt{2}&0\\0&0&0&\sqrt{6}\end{array}\right)$, а ранги сомножителей $3>2$. Поэтому не является простым.

После применения оператора получили новый базис (можно было изначально выбрать базис из собственных векторов и тогда бы получили диагональную матрицу из предыдущего пункта). Многочлен $x(x-1)$ в этом (из первого пункта) базисе имеет компоненты $(0,0,1/2,0)$. Легко видеть, что элемент $x^2/2$ отображается именно в $x(x-1)$. Но тогда $f^{-1}(x(x-1)) = \dfrac{x^2}{2}+\mathrm{ker}\;f = \dfrac{x^2}{2}+(a,b,0,0)^T = \dfrac{x^2}{2}+a+bx$.

Answer 2

1) Вычисление матрицы f относительно оснований {1, x, x^2, x^3}

Для вычисления матрицы линейного отображения f относительно заданных оснований, нужно применить отображение f к каждому элементу основания и записать коэффициенты при каждом элементе результата в виде столбцов матрицы.

В данном случае, линейное отображение f(p(x)) = q(x)p''(x), где q(x) = x(x-1).

Вычислим f(1): f(1) = q(x) * 1''(x) = q(x) * 0 = 0

Вычислим f(x): f(x) = q(x) * x''(x) = q(x) * 0 = 0

Вычислим f(x^2): f(x^2) = q(x) * (x^2)''(x) = q(x) * 2 = 2q(x)

Вычислим f(x^3): f(x^3) = q(x) * (x^3)''(x) = q(x) * 6x = 6xq(x)

Теперь составим матрицу f относительно оснований {1, x, x^2, x^3}:

| 0  0  0  0 |
| 0  0  0  0 |
| 0  0  2q(x)  0 |
| 0  0  0  6xq(x) |

Ответ: Матрица f относительно оснований {1, x, x^2, x^3} имеет вид: ``` | 0 0 0 0 | | 0 0 0 0 | | 0 0 2q(x) 0 | | 0 0 0 6xq(x) | ```

2) Вычисление основы Im(f)

Основа Im(f) состоит из всех векторов, которые могут быть получены в результате применения линейного отображения f к векторам из V.

В данном случае, основа Im(f) будет состоять из всех векторов, которые могут быть получены в результате применения отображения f к векторам из V = R3[x].

Из матрицы f, вычисленной в предыдущем пункте, видно, что первые два столбца матрицы равны нулю. Это означает, что Im(f) не содержит векторы, соответствующие первым двум элементам основания {1, x}.

Основа Im(f) будет состоять из векторов, соответствующих последним двум элементам основания {x^2, x^3}.

Ответ: Основа Im(f) составлена из элементов векторного пространства V, соответствующих последним двум элементам основания {x^2, x^3}.

3) Вычисление собственных значений f и базиса для каждого собственного пространства f

Для вычисления собственных значений и базиса для каждого собственного пространства f, нужно решить уравнение f(v) = λv, где v - собственный вектор, λ - собственное значение.

В данном случае, у нас есть матрица f, вычисленная в первом пункте. Для вычисления собственных значений и базиса, нужно найти собственные значения λ и соответствующие им собственные векторы v, решив уравнение (f - λI)v = 0, где I - единичная матрица.

Вычислим собственные значения и базис для каждого собственного пространства f:

Для первого собственного пространства: ``` (f - λI)v = 0 | -λ 0 0 0 | | v1 | | 0 | | 0 -λ 0 0 | * | v2 | = | 0 | | 0 0 2q(x) 0 | | v3 | | 0 | | 0 0 0 6xq(x) - λ | | v4 | | 0 | ``` Отсюда видно, что первые два уравнения дают нам λ = 0, а последние два уравнения дают нам 6xq(x) - λ = 0, что приводит к λ = 6xq(x).

Для λ = 0, получаем: ``` | -λ 0 0 0 | | v1 | | 0 | | 0 -λ 0 0 | * | v2 | = | 0 | | 0 0 2q(x) 0 | | v3 | | 0 | | 0 0 0 6xq(x) - λ | | v4 | | 0 | ``` Отсюда получаем систему уравнений: ``` -λv1 = 0 -λv2 = 0 2q(x)v3 = 0 (6xq(x) - λ)v4 = 0 ``` Решение этой системы уравнений: ``` v1 = 0 v2 = 0 v3 = любое значение v4 = любое значение ``` Таким образом, базис для собственного пространства с собственным значением λ = 0 будет состоять из векторов, где v1 = 0, v2 = 0, v3 - любое значение, v4 - любое значение.

Для λ = 6xq(x), получаем: ``` | -λ 0 0 0 | | v1 | | 0 | | 0 -λ 0 0 | * | v2 | = | 0 | | 0 0 2q(x) 0 | | v3 | | 0 | | 0 0 0 6xq(x) - λ | | v4 | | 0 | ``` Отсюда получаем систему уравнений: ``` -λv1 = 0 -λv2 = 0 2q(x)v3 = 0 (6xq(x) - λ)v4 = 0 ``` Решение этой системы уравнений: ``` v1 = любое значение v2 = любое значение v3 = 0 v4 = 0 ``` Таким образом, базис для собственного пространства с собственным значением λ = 6xq(x) будет состоять из векторов, где v1 - любое значение, v2 - любое значение, v3 = 0, v4 = 0.

Ответ: - Для собственного значения λ = 0, базис собственного пространства f будет состоять из векторов, где v1 = 0, v2 = 0, v3 - любое значение, v4 - любое значение. - Для собственного значения λ = 6xq(x), базис собственного пространства f будет состоять из векторов, где v1 - любое значение, v2 - любое значение, v3 = 0, v4 = 0.

4) Доказательство или опровержение: f - простой эндоморфизм. Вычисление f^(-1)(p(x)), где p(x) = q(x).

Для доказательства или опровержения того, что f является простым эндоморф