Todo subespacio cíclico contiene un vector propio

Question

La cuestión es :

Sea $X$ sea un vector no nulo, entonces existe un vector propio $Y$ de $A$ perteneciente al tramo de $\{X, AX, A^{2} X, ... \}$ .

He intentado resolverlo lo mejor que he podido. Pero no encuentro ninguna forma correcta de proceder.Por favor, ayúdenme.

Quiero añadir una solución a mi propia pregunta que acabo de encontrar en un pdf. Aquí esta :

Sea $k$ sea el menor número entero positivo tal que $X, AX, A^{2} X, ... , A^{k} X$ son linealmente dependientes. Consideremos ahora una relación $\sum_{i=0}^{k} c_{i} A^{i} X = 0$ . Entonces debemos tener $c_k \neq 0$ . Consideremos ahora un polinomio $g(t) = \sum_{i=0}^{k} c_{i} t^{i}$ . Sea $\beta_{1}, \beta_{2}, ... , \beta_{k}$ sean las raíces del polinomio $g(t)$ . Entonces $g(t) = c_{k} \prod_{i=1}^{k} (t - \beta_{i})$ .

Por lo tanto, $\sum_{i=0}^{k} c_{i} A^{i} = g(A) = c_{k} \prod_{i=1}^{k} (A - \beta_{i} I)$ .Tomar $Y = (\prod_{i=2}^{k} (A - \beta_{i} I)) X$ es fácil ver que $Y \neq 0$ por la minimalidad de $k$ y $(A - \beta_{1} I) Y = 0$ . De ahí se deduce el resultado.

Pero al final no me queda claro por qué es $Y$ en el lapso de $\{X, A X, A^{2} X, ... \}$ ? Por favor, que alguien me sugiera cuál es el truco detrás de él.

Gracias de antemano.

Answer 1

Por qué $Y\ne 0$ : Sea $h(t)=\prod_{i=2}^k(t-\beta_i).$ Entonces $\deg (h)<k$ y $h(t)$ no es idéntico $0$ por lo que por la minimalidad de $k$ tenemos $0\ne h(A)(X).$ Pero $h(A)(X)=Y.$

Answer 2

Lo que tienes me parece correcto. Para responder a su pregunta, $Y=(\prod_{i=2}^k(A\beta_i I))X$ está en el tramo de $\{X, AX, A^2X, ...\}$ porque $\prod_{i=2}^k(A\beta_i I)$ es un polinomio en A: $$\prod_{i=2}^k(A\beta_i I) =A^{k-1} + d_1 A^{k-1} + ... d_{k-2} A + d_{k-1} I$$ para algunas constantes $d_1,...,d_{k-1}$ .

Por ejemplo, para $k=3$ , $(A - \beta_2)(A-\beta_3) = A^2 - (\beta_2 + \beta_3)A + \beta_2\beta_3 I$ . Entonces $(\prod_{i=2}^3(A\beta_i I))X = A^2X - (\beta_2 + \beta_3)AX + \beta_2\beta_3 X$ que es un vector en el ámbito de $\{X, AX, A^2X\}$ .

Answer 3

Puede que sea un enfoque demasiado brutal, pero no borraré mi respuesta después de leer tu comentario.

Sea $S$ sea la base jordana de $A$ es decir, para $i$ -jaula de Jordan, perteneciente a algún valor propio $\lambda$ tenemos la base $S_i = \{e_1^i, e_2^i, \dots , e_{k_i}^i\}$ tal que $Ae_j^i = e_{j + 1}^i$ para $j <k_i$ y $Ae_{k_i}^i = \lambda Ae_{k_i}^i$ . Por lo tanto $S = \cup_i S_i$ .

¿Por qué esas bases espaciales?

• Queremos que los vectores propios formen parte de ella.
• Queremos que $A^n x$ puede escribirse como una combinación lineal de los vectores propios de $n$ lo suficientemente grande.

Podemos escribir $x$ comme $x =\sum_{e\in S}\alpha_j e_j$ . Si $K = \max_i |S_i|$ entonces $A^{K - 1}x$ en el tramo de los vectores propios, es decir $A^{K - 1}x = \sum_i \beta_i e_{k_i}^i$ .

Ahora, voy a suponer que $A$ es un endomorfismo en un espacio vectorial finito, por lo que el span $S$ de $\{x, Ax, A^2x, \dots \}$ está cerrado.

Si $\lambda = 0$ es el único valor propio de $A$ entonces $x\in \text{ker} A$ y hemos terminado. Si no, deja que $|\lambda_1| = \cdots = |\lambda_J| > |\lambda_{J + 1}|\geq \cdots |\lambda_N|$ . La secuencia

Demostrar que la secuencia $a_N = \frac{1}{\lambda_1^N}A^Nx$ converge a $a= \sum_{j = 1}^J\beta_j e_{k_j}^j$ . Desde $a_N\in S$ para todos $N$ y $S$ es cerrado, tenemos que $a\in S$ .