Freud Róbert (2014)
ELTE Eötvös Kiadó
• 6.3.15 Jelölje egy tetszőleges r polinom esetén r* azt a polinomot, amelyet úgy kapunk, hogy r-ben x helyére x2-et helyettesítünk, azaz r*(x)=r(x2). Nyilván Többször fel fogjuk használni az innen adódó
összefüggést. Szükségünk lesz még az alábbi állításra:
Lemma: Ha λ≠0, akkor az r polinomnak a λ2 pontosan ugyanannyiszoros gyöke, mint ahányszoros gyöke az r* polinomnak a λ.
A lemma bizonyítása: Legyen az r-ben a λ2 multiplicitása j, azaz r=(x-λ2)j h, ahol h(λ2)≠0. Ekkor r*=(x2-λ2)jh*=(x-λ)j (x+λ)jh*, tehát r*-ban a λ multiplicitása (pontosan) j, hiszen -λ≠λ és h*(λ)=h(λ2)≠0.
További előkészületként emeljük ki -ból a lehető legnagyobb x-hatványt, azaz írjuk fel -t a következő alakban:
Rátérve a szükségesség igazolására, feltesszük, hogy az és transzformációk minimálpolinomja megegyezik, és megmutatjuk (i), (ii) és (iii) teljesülését.
(i) Ha akkor λ sajátértéke -nak. A két minimálpolinom egyezéséből a sajátértékek egyezése is adódik, tehát λ sajátértéke -nek is. Ezért λ egyik négyzetgyöke, λ1 sajátértéke -nak (6.1.4c feladat), vagyis Ezt folytatva kapjuk, hogy λ2, λ3,… is gyöke -nak, ahol egyik értéke.
Mivel gyökeinek a száma véges, így van olyan i>j, hogy λi=λj . Ezt 2i-ik hatványra emelve λ=λ2i-j, azaz λ (1-λ2i-j-1)=0 adódik. Ennélfogva λ valóban csak 0 vagy páratlan rendű egységgyök lehet.
(ii) Tegyük fel indirekt, hogy azaz (2)-ben k≥2. Megmutatjuk, hogy ekkor gyöke lesz polinomnak, ami ellentmond annak, hogy
Többször fel fogjuk használni (1)-et és (2)-t. A feltétel szerint gyöke az -nak, továbbá
ahonnan (g,x)=1 miatt g│g* következik. Mivel
és itt az utolsó oszthatóság g│g* és k≤2k-2 alapján teljesül, kapjuk, hogy valóban gyöke a t-nek.
(iii) A(z esetleges) 0 gyökre az állítás nyilvánvaló. Legyen λ≠0, és tegyük fel, hogy -ban a λ multiplicitása k, a λ2-é pedig j. Először azt igazoljuk, hogy j≥k.
Egyrészt az feltétel miatt tehát a λ multiplicitása -ban legalább k. Másrészt a lemma alapján a λ multiplicitása -ban pontosan j. A kettő összevetéséből valóban j≥k adódik.
Tekintsük most a λ, λ2, λ4, λ8,… sorozatot. Itt az elemek mindegyikének legalább akkora a multiplicitása -ban, mint az őt megelőzőnek. A már bizonyított (i) tulajdonság alapján azonban a sorozat (az elejétől kezdve) periodikus, ezért mindegyik multiplicitás szükségképpen egyenlő.
Az elégségességhez azt kell megmutatnunk, hogy ha az (i), (ii) és (iii) feltételek teljesülnek, akkor
(a) és
(b)
Az (1) összefüggés alapján (a) és (b) ekvivalens
(a1) és
(b1)
fennállásával.
Először (a1)-et igazoljuk. A (iii) feltétel szerint minden gyökének a négyzete is ugyanannyiszoros gyök. Megmutatjuk, hogy különböző gyökök négyzete is különböző. Ez azzal ekvivalens, hogy ha λ≠0 gyöke -nak, akkor -λ nem lehet gyök. Az (i) feltétel szerint λ egy páratlan rendű egységgyök. Ekkor -λ rendje a λ rendjének a kétszerese, tehát páros. Így ismét (i)-re hivatkozva -λ nem lehet gyöke -nak.
A fentiek alapján, ha gyöktényezős alakjában minden gyök helyett annak a négyzetét írjuk, akkor ugyanazt a polinomot kapjuk. Azaz
ahonnan
tehát valóban
Rátérünk (b1) bizonyítására. Az oszthatósághoz azt kell megmutatni, hogy minden gyöke legalább akkora multiplicitással szerepel s-ben, -ban.
Ha a 0 gyöke -nak, akkor (ii) szerint csak egyszeres gyök, és így elég azt igazolni, hogy a 0 az s polinomnak is gyöke. Mivel ezért a 0 sajátértéke -nak, tehát sajátértéke -nek is. Az feltételből következik, hogy az sajátértékei szükségképpen gyökei s-nek, tehát valóban s(0)=0.
Tekintsük most -nak egy μ≠0 gyökét, és legyen ennek a multiplicitása j. Ekkor az (i) és (iii) feltételből következik, hogy μ valamelyik négyzetgyöke is (pontosan) j-szeres gyöke -nak. Jelöljük μ-nek ezt a négyzetgyökét λ-val, azaz μ=λ2 .
Legyen s-ben a μ=λ2 multiplicitása j’. Ekkor a lemma szerint s*-ban a λ multiplicitása j’. Az feltétel miatt — a λ multiplicitását összehasonlítva — j≤j’ adódik. Ez azonban egyúttal azt is jelenti, hogy a μ multiplicitása s-ben legalább akkora, mint -ban, és éppen ezt kellett bizonyítani.
• 6.4.10 a) Bármely lineáris leképezés képtere altér, tehát is altér. Megmutatjuk, hogy U invariáns altere -nak. Legyen azaz valamilyen Ekkor tehát valóban (Hivatkozhattunk volna a 6.4.6 feladatra is -val.)
• b) Először azt igazoljuk, hogy ha akkor Legyen azt kell belátnunk, hogy Az egyenlőségből egyrészt azt kapjuk, hogy Másrészt a felírásból
tehát
A megfordításhoz tegyük fel, hogy és azt fogjuk igazolni, hogy ekkor Az előzőek alapján elég azt megmutatnunk, hogy ha d1 és d2 az minimálpolinom osztói és akkor d1 és d2 egymástól csak konstans szorzóban különböznek. Tegyük fel tehát, hogy és legyen Mivel ezért Azonban tehát és így Emiatt vagyis d1│d2 . Ugyanígy kapjuk, hogy d2│d1 , tehát d1 és d2 valóban egymás konstansszorosai.
• c) Legyenek di a minimálpolinom páronként nem-egységszeres osztói. Az előbb beláttuk, hogy ekkor az invariáns alterek mind különbözők.
• d) Belátjuk, hogy -nak akkor és csak akkor nincs nemtriviális invariáns altere, ha irreducibilis (T felett) és (Mint az eredményeknél említettük, ezek a feltételek ekvivalensek kA irreducibilitásával.) Ha reducibilis, akkor egy nemtriviális osztóhoz tartozó egy nemtriviális invariáns alteret ad. Ha akkor miatt bármely esetén nemtriviális invariáns altér. A megfordításhoz tegyük fel, hogy irreducibilis, és legyen U az -nak egy invariáns altere. Azt kell megmutatnunk, hogy ha U tartalmaz egy vektort, akkor szükségképpen U=V. Az -t tartalmazó legszűkebb invariáns altér tehát elég belátni, hogy Ennek az igazolását a legkényelmesebben a 6.5 pontban bevezetett rendfogalom és annak néhány egyszerű tulajdonsága segítségével írhatjuk le (de hangsúlyozzuk, hogy enélkül csak a megfogalmazás lenne nehézkesebb). Mivel az rend osztója a minimálpolinomnak, így ( miatt) csak maga a minimálpolinom (vagy annak konstansszorosa) lehet. Ennélfogva és így (a véges dimenzió miatt) csak lehetséges, amint állítottuk.