Si $\dim V=v$ y $\dim(\ker T)=n$ , demuestre que $T$ tiene como máximo $v-n+1$ valores propios distintos

Question

Dejemos que $T:V\to V$ sea un operador lineal. Si $\dim V=v$ y $\dim(\ker T)=n$ , demuestre que $T$ tiene como máximo $v-n+1$ valores propios distintos.

He estado trabajando en esta prueba durante unos días y no estoy seguro de qué dirección ir realmente con él? Me parece que empezar con el teorema de la nulidad de rango es correcto y relacionar eso con la suma de eigenspaces puede ser mi siguiente paso. Aunque no se me ocurre cómo unir estas dos ideas para crear una prueba fluida? Gracias por su ayuda...

Answer 1

Asumiré que $V$ es un espacio vectorial sobre algún campo $k$ porque no menciona el campo de tierra.

Supongamos que $T$ tiene el conjunto de valores propios $\lambda_0$ , $\lambda_1$ , ..., $\lambda_m$ . Dado que los eigenspaces distintos están en una suma directa, escriba $E_i$ para el eigespacio correspondiente a $\lambda_i$ . Entonces $$ v = \dim(V) \ge \dim E_0 + \dim E_1 + \dots + \dim E_m \ge n+m. $$ donde $m$ es el número de valores propios no nulos. (La primera desigualdad se debe a que la suma directa de los espacios propios es un subespacio de $V$ y la segunda se debe a que los eigenspaces tienen dimensión al menos $1$ ). Esto significa que $m \le v-n$ pero el número de valores propios es como máximo $m+1$ Por lo tanto, si $0$ es un valor propio tenemos $m + 1\le v-n+1$ y si no, todavía tenemos $m \le v-n \le v-n+1$ .

Espero que eso ayude,

Answer 2

Una pista: Sí, el teorema de nulidad de rango es el camino a seguir.

Una pista: La razón de la extra $+1$ es porque 0 es un posible valor propio.

Answer 3

Así que necesitamos unas cuantas piezas para este problema:

• El teorema de nulidad de rango nos dice que la dimensión de la imagen ( $T(V)$ ) tendrá la dimensión $v-n$ .

• Cada vector del núcleo corresponde a un vector propio con valor propio $0$ (¿por qué?)

• Cada valor propio no nulo $\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_k$ de $T$ tiene al menos un vector propio asociado, $v_1,v_2,...,v_k$ . Estos vectores propios son linealmente independientes, al igual que $T(v_1),T(v_2),...,T(v_k)$ (¿por qué?). Eso es, $T(v_1),T(v_2),...,T(v_k)$ forma una base de algún subespacio de $T(V)$

Ahora, podemos utilizar este último hecho para llevar todo a casa. Sabemos que $T(V)$ tiene dimensión $v-n$ , lo que significa que $\{T(v_1),T(v_2),...,T(v_k)\}$ tiene como máximo $v-n$ elementos, lo que significa que hay como máximo $v-n$ distintos vectores propios no nulos, lo que significa que hay como máximo $v-n+1$ vectores propios distintos en total.

Answer 4

Supongamos que $V$ es un $n$ -espacio vectorial sobre un campo $F$ . $\ker T$ tiene dimensión $k>0$ (tratar $k=0$ por separado), por lo que 0 es un valor propio de multiplicidad $k$ . $T$ puede tener como máximo $n$ valores propios contando la multiplicidad. Sabemos que 0 representa exactamente $k$ valores propios contando la multiplicidad. (tenga en cuenta que $T$ puede no tener ningún otro valor propio. Ejemplo: supongamos que $F=\mathbb{R} $ y el polinomio característico de $F$ es $p(x)=x(x^2+1)$ ).

Answer 5

Sabemos que $T$ tiene $v$ valores propios (contados según la multiplicidad).

Desde $\dim \ker T = n$ hay una base $x_1,...,x_n$ para $\ker T$ y $T v_i = 0. v_i$ Por lo tanto $T$ tiene un valor propio en $0$ de la multiplicidad $n$ . Dado que hay $v-n$ los valores propios restantes, puede haber a lo sumo $v-n+1$ valores propios distintos (el $+1$ para dar cuenta de $0$ eigevalue).

Para demostrar que esto se puede conseguir, dejemos que $x_1,...,x_v$ sea una base para $V$ y definir $T x_i = i x_i$ para $i = 1,...,v-n$ y $T x_i = 0$ para $i=v-n+1,...,v$ . Entonces $T$ tiene valores propios distintos $0,1,...,v-n$ (es decir, $v-n+1$ de ellos).