Fie \( E \) un spatiu vectorial de dimensiune finita si \( u,v \) doua endomorfisme ale lui \( E \) verificand relatia \( uv-vu=u \).
Calculati \( u^{k}v-vu^{k} \) si aratati ca \( u \) este nilpotent.
Admitere SNSB, 2002
Endomorfism nilpotent
-
Diana Putan
- Euclid
- Posts: 31
- Joined: Wed Sep 26, 2007 11:37 pm
- Location: Bucuresti
Endomorfism nilpotent
"Dispretuiesc proportiile, masurile, tempo-ul lumii obisnuite. Refuz sa traiesc in lumea obisnuita ca o femeie obisnuita.(...) Nu ma voi conforma lumii. Ma conformez doar mie insami."
-
Cezar Lupu
- Site Admin
- Posts: 612
- Joined: Wed Sep 26, 2007 2:04 pm
- Location: Bucuresti sau Constanta
- Contact:
Hai sa traducem un pic problema:
Daca avem doua matrice \( A, B\in M_{n}(\mathbb{C}) \) astfel incat
\( AB-BA=A \). Atunci \( A \) este nilpotenta.
Solutie.
Se poate demonstra destul de usor, prin inductie, ca din relatia din ipoteza,
\( AB-BA=A \) avem \( A^kB-B^kA=kA^k \) pentru \( k\in\mathbb{N}^{*} \). Trecand la urma, avem ca \( 0=\tr(A^kB-B^kA)=\tr(kA^k) \), de unde vom obtine ca \( \tr(A^k)=0 \), \( k\in\mathbb{N}^{*} \). In virtutea acestui topic, va rezulta ca \( A^n=O_{n} \) \( \qed \).
Daca avem doua matrice \( A, B\in M_{n}(\mathbb{C}) \) astfel incat
\( AB-BA=A \). Atunci \( A \) este nilpotenta.
Solutie.
Se poate demonstra destul de usor, prin inductie, ca din relatia din ipoteza,
\( AB-BA=A \) avem \( A^kB-B^kA=kA^k \) pentru \( k\in\mathbb{N}^{*} \). Trecand la urma, avem ca \( 0=\tr(A^kB-B^kA)=\tr(kA^k) \), de unde vom obtine ca \( \tr(A^k)=0 \), \( k\in\mathbb{N}^{*} \). In virtutea acestui topic, va rezulta ca \( A^n=O_{n} \) \( \qed \).
An infinite number of mathematicians walk into a bar. The first one orders a beer. The second orders half a beer. The third, a quarter of a beer. The bartender says “You’re all idiots”, and pours two beers.
-
Cezar Lupu
- Site Admin
- Posts: 612
- Joined: Wed Sep 26, 2007 2:04 pm
- Location: Bucuresti sau Constanta
- Contact:
Era cam prin 1983 cand la unul din seminariile de Teoria Operatorilor (se
tineau in Sala Rotonda de la etajul al II-lea al Facultatii), in expunerea lui
Mihai Sabac a aparut aceasta problema. Demonstratia era data folosind
spectrele operatorilor (era vorba de problema in spatii infinit
dimensionale). Mi-am adus atunci aminte ca intalnisem niste formule
interesante de iterare si am gasit solutia urmatoare pe loc:
Din \( AB-BA=A \) rezulta \( A^nB-BA^n=nA^n \) prin inductie (ca in mai toate solutiile) si apoi folosind norma operatoriala (\( ||X||=\sup_{||x||=1}||Xx|| \) care este submultiplicativa, i.e. \( ||XY||\leq ||X||\cdot ||Y|| \)) deducem \( n||A^n||\leq (||A^nB||+||BA^n||)\leq ||A^n||\cdot ||B||, \) de unde rezulta ca exista \( n \) cu \( ||A^n||=0 \), adica \( A^n=0 \).
Avantajul acestei solutii este ca arata ca proprietatea ramane valabila si in dimensiune infinita.
Radu Gologan
tineau in Sala Rotonda de la etajul al II-lea al Facultatii), in expunerea lui
Mihai Sabac a aparut aceasta problema. Demonstratia era data folosind
spectrele operatorilor (era vorba de problema in spatii infinit
dimensionale). Mi-am adus atunci aminte ca intalnisem niste formule
interesante de iterare si am gasit solutia urmatoare pe loc:
Din \( AB-BA=A \) rezulta \( A^nB-BA^n=nA^n \) prin inductie (ca in mai toate solutiile) si apoi folosind norma operatoriala (\( ||X||=\sup_{||x||=1}||Xx|| \) care este submultiplicativa, i.e. \( ||XY||\leq ||X||\cdot ||Y|| \)) deducem \( n||A^n||\leq (||A^nB||+||BA^n||)\leq ||A^n||\cdot ||B||, \) de unde rezulta ca exista \( n \) cu \( ||A^n||=0 \), adica \( A^n=0 \).
Avantajul acestei solutii este ca arata ca proprietatea ramane valabila si in dimensiune infinita.
Radu Gologan
Last edited by Cezar Lupu on Thu Mar 20, 2008 12:58 am, edited 2 times in total.
An infinite number of mathematicians walk into a bar. The first one orders a beer. The second orders half a beer. The third, a quarter of a beer. The bartender says “You’re all idiots”, and pours two beers.