גיא ב־12:36, 21 בנובמבר 2014

2014-11-21T12:36:19Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־12:36, 21 בנובמבר 2014
שורה 1:		שורה 1:
	\begin{thm}[משפט קאלי-המילטון, Cayley-Hamilton]		\begin{thm}[משפט קאלי-המילטון, $\text{Cayley-Hamilton}$]

	$p_A\left(A\right)=0$.		$p_A\left(A\right)=0$.

ארז שיינר: 5 גרסאות יובאו

2014-10-04T20:16:38Z

5 גרסאות יובאו

דף חדש

\begin{thm}[משפט קאלי-המילטון, Cayley-Hamilton]

$p_A\left(A\right)=0$.

\end{thm}

\underline{תזכורת:}

בהוכחת המשפט ניעזר במושג מהקורס לינארית 1: המטריצה הנלווית הקלאסית הינה $\left [\operatorname{adj} A \right ]_{ij}=\left(-1 \right )^{i+j}\det M_{ji}$, כאשר $M_{ji}$ הוא המינור ה-$ji$ - מורידים מהמטריצה $A$ את השורה ה-$j$ ואת העמודה ה-$i$.

אחד המשפטים החשובים לגבי המטריצה הנלווית הינו $A\cdot \operatorname{adj}A=\det\left(A \right )\cdot I$.

\begin{proof}

תהי $A\in M_n\left(\mathbb{F}\right)$. נתבונן במטריצה $xI_n-A$. לפי התזכורת הנ"ל, מתקיים
$$\left (xI_n-A \right )\cdot \operatorname{adj}\left (xI_n-A \right )=\det\left(xI_n-A \right )\cdot I$$
נציג את הביטוי באגף שמאל בצורה הבאה:
$$\operatorname{adj}\left (xI-A \right )=B_0+B_1x+\cdots+B_nx^n$$
נשים לב שלפי הגדרת המטריצה הנלווית, כל הדטרמיננטות הן של מטריצות מגודל $\left(n-1\right)\times\left(n-1\right)$. אם כן, $B_n=0$; החזקה הגבוהה ביותר ש-$x$ יופיע בה היא $n-1$.
נחזור למשוואה. נקבל
$$\left ( xI-A \right )\left (B_0+B_1x+\cdots+B_nx^n \right )=\det\left(xI-A \right )\cdot I$$
נסמן $p_A\left(x \right )=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$. נתבונן במקדמים בכל אגף:

\begin{tabular}{ c | c | c | c | c | c | c }
$x^0$ & $x^1$ & $x^2$ & $\cdots$ & $x^{n-1}$ & $x^n$ \\ \hline
$-AB_0$ & $B_0-AB_1$ & $B_1-AB_2$ & $\cdots$ & $B_{n-2}-AB_{n-1}$ & $B_{n-1}$ & שמאל\\
$a_0I$ & $a_1I$ & $a_2I$ & $\cdots$ & $a_{n-1}I$ & $I$ & ימין
\end{tabular}

יש שוויון בכל עמודה בין השורות, כי אלו מקדמים של אותן חזקות. אם נציב $A$ בשני האגפים, עדיין נקבל שוויון. אם כן, נסתכל לפי החזקות:

\begin{tabular}{ c | c | c | c | c | c | c }
$-AB_0$ & $AB_0-A^2B_1$ & $A^2B_1-A^3B_2$ & $\cdots$ & $A^{n-1}B_{n-2}-A^nB_{n-1}$ & $A^nB_{n-1}$ & שמאל\\\hline
$a_0I$ & $a_1A$ & $a_2A^2$ & $\cdots$ & $a_{n-1}A^{n-1}$ & $A^n$ & ימין
\end{tabular}

נשים לב כי אם נסכום את השורות, יהיה שוויון. הסכום של השורה העליונה (אגף שמאל) מתאפס, ואילו הסכום של השורה התחתונה (אגף ימין) הינו $p_A\left(A\right)$.

בסך הכל, $p_A\left(A\right)=0$.

\end{proof}

\begin{remark}

לכאורה, ניתן להוכיח את המשפט באופן הבא: נסתכל על $p_A\left(x \right )=\det\left(xI-A\right)$, ונציב $A$. נקבל
$$p_A\left(A \right )=\det\left(AI-A\right)=\det\left(0 \right )=0$$
נציג שני נימוקים שבגללם הוכחה זו נכשלת.

הנימוק האחד הוא שהמטריצה $xI$ אינה סתם הכפלה של $I$ בסקלר; היא מסמלת מטריצה שעל האלכסון הראשי שלה מופיע $x$, ובשאר המקומות אפס. אם כן, הצבת $A$ במקום $x$ תאמר שהמטריצה $AI$ מסמלת מטריצה שבה $A$ על האלכסון בבלוקים ובשאר אפסים? החיסור לא יוגדר!

הנימוק השני הוא טכני - כפי שהוגדר, כשמציבים מטריצה בפולינום, מתקבלת מטריצה. עם זאת, בשיטה זו קיבלנו מספר...

\end{remark}

קוד:משפט קאלי-המילטון - היסטוריית גרסאות

גיא ב־12:36, 21 בנובמבר 2014

ארז שיינר: 5 גרסאות יובאו