Deje que$V$ sea un$k$ - espacio vectorial de la dimensión$n$ y$T: V \to V$ un mapa lineal de rango 1. Muestre que ya sea$T^2 = 0$ o que$T$ es diagonalizable?

Question

No soy bueno con los espacios vectoriales, así que agradecería cualquier ayuda.
Como me han dicho, necesito tomar$v \in \mathrm{Im}(T)$,$v\neq 0$ y mostrar que si$T(v) = \mathbf{0}$ entonces$T^2 = 0$. Pero si$T(v) \neq \mathbf{0}$, debe demostrar que si$\{e_1,\ldots,e_{n-1}\}$ es una base de$\mathrm{Ker}(T)$, entonces$\{e_1,\dots,e_{n-1},v\}$ es una base de$V$. Luego deduce que$T$ es diagonalizable. Aunque realmente no sé cómo hacer eso ...

Answer 1

Supongamos que$0\neq v\in Im(T)$, luego$T(v)\in Im(T)$. $\dim(Im(T))=1$ así que$Im(T)=\text{span}(v)=F\cdot v$ y obtienes que hay un$\lambda$ tal que$T(v)=\lambda v$.

Si$T(v)=0$ entonces$T^2(V) \subseteq T(Im(T)) = T(F\cdot v)=0$, entonces$T^2 = 0$. Supongamos ahora que$T(v)\neq 0$, luego$Im(T) \cap \ker(T) = {0}$, por lo que una base para el núcleo (que es de dimensión$n-1$) es un conjunto de vectores propios de valores propios$0$ y$v$ es el n-th vector propio del valor propio$\lambda\neq 0$

Answer 2

Prometeo respuesta es essentialy correcta. Me gustaría señalar algo para usted de modo que usted puede ganar un poco de intuición.

Sabemos que el rango de $T$ es unidimensional, lo que significa que no existe ($n-1$)-dimensional subespacio $W \subset V$ tal que $T(W) = 0$ (imaginar en tres dimensiones de un avión que está siendo enviado a cero). Ahora elija cualquiera de los $u \in V$ no mentir en $W$. Tenemos $T(u) = v \neq 0$ (porque de lo contrario el rango de $T$ sería igual a cero). Entonces, ¿qué podemos decir acerca de $v$? Bueno, tampoco se encuentra en $W$ y por lo tanto para cualquier $u' \in V$, con la descomposición de $u' = u + w'$ para algunos $w' \in W$, tenemos $T^2(u') = T^2(u + w') = T^2(u) + T^2(w') = T(v) + 0 = 0$ (debido a que ambos $v$ e $w'$ es $W$).

Así que supongamos que $v \notin W$. Pero entonces sabemos $T(v) = \lambda v$ debido a que el lapso de $v$ es unidimensional. Por lo tanto, podemos escribir la $T = \lambda E_v \oplus 0_W$ cual es el deseado de diagonalización.

Trate de pensar en dos dimensiones y de las matrices y de convencerse de que este problema es de todos sobre esto: $$\pmatrix{0&1\cr0&0} \quad \pmatrix{\lambda & 0\cr 0 &0}$$

Answer 3

En primer lugar, si el rango de T es 1, entonces la dimensión de su núcleo es n-1. Eso significa que 0 es un valor propio de orden n-1.

Ahora, como Prometeo dijo, usted sólo tiene que averiguar si usted encontrará que el pasado autovalor o no. Para averiguarlo, acaba de tomar un vector $v \notin Ker(T)$, y ver el $T(v)$. Ya sea que usted va a caer de nuevo en $0$. ¿Qué significa esto ? Usted ha tomado un vector a partir de la única dimensión que no pertenecen al núcleo de $T$. Esto significa que pertenece a $Im(T)$. Cualquier otro vector no puede ser obtenida multiplicando $v$ por algunos coeficiente de $t \in \mathbb{R}$ (o $\mathbb{C}$, ...). Puesto que T es lineal, el mismo va a ir para la imagen de $v$.

Así que si $T(v) = 0$, todos los vectores de dimensión que va a caer en $0$ cuando se va a través de $T$. Así que para cualquier vector $u \in Im(T)$, $T(u) = 0$. Esto significa que para cualquier vector $v \in V$, $T(T(v)) = 0$, es decir, $T^2(v) = 0$.

Ahora si $T(v)$ no es cero, habrá algunos vectores $u \in V$ (pero diferente de $0$) tal que $T(v) = u$. Así, para cualquier $t \in \mathbb{R}$, $T(t \cdot v) = t \cdot T(v) = t \cdot u$. Y $u$ es de $Im(T)$, con lo que colinear a $v$. Ahora tenemos siendo v un vector propio de $T$. Tomando una base de $Ker(T)$ y añadiendo $v$ a que le proporciona una base de $V$ en que $T$ es diagonalisable.

Answer 4

EDITADO después de Prometeo comentario de utilizar la caracterización mediante la suma de la dimensión de los subespacios propios en vez de contar los autovalores. Este argumento debe ser la correcta.

Obviamente $\dim V = n \geq 1$. Considere la posibilidad de $T$'s de la restricción a su imagen. Este es un lineal de un mapa 1 dimensiones del espacio, por lo que podemos escribir $T\vert_{T(V)}(v) = cv$ para algunos $c \in k$. Ahora hay dos posibilidades. Cualquiera de las $c = 0$ o $c \neq 0$.

• $c=0$: A continuación, $T^2 = 0$ (por qué?) y todos los de $T$'s autovalores son $0$ ya que debemos tener $0 = T(T(v)) =T(\lambda v) = \lambda T(v) = \lambda^2 v$ para cualquier autovalor $\lambda$ y cualquier autovector $v$. Llegamos a la conclusión de que $T$ no puede ser diagonalizable desde todos sus autovalores son $0$, pero el subespacio propio correspondiente a $0$ es $\ker T$ que tiene dimensión $n-1$.
• $c \neq 0$: Primera nota que claramente $T^2 \neq 0$. Se demuestra que la suma de las dimensiones de $T$'s subespacios propios es $n$, lo $T$ debe ser diagonalizable [Wikipedia]. Y esto es muy fácil: $T(V)$ es un 1-dimensional espacio propio con autovalor $c$, e $\ker T$ es una n-1-dimensional espacio propio con autovalor $0$. Por lo tanto la suma de las dimensiones de los subespacios propios es, al menos,$n$, pero no puede ser mayor que $n$, por lo que debe ser exactamente $n$ (no es 100% seguro de esto... LinAlg es de hace mucho tiempo...)