Question

Пусть V = R3 [x] - векторное пространство многочленов p (x) с вещественными коэффициентами степени не более 3 и пусть p"(x) - вторая производная от p (x) относительно x. Рассмотрим линейное отображение
f : V −→ V такой, что:
f(p(x)) = q(x)p"(x),

где q(x) = x(x − 1).

1) Вычислите соответствующую матрицу f относительно оснований:
{1, x, x^2, x^3}

2) Вычислите основу Im (f), составленную элементами в V .
3) Вычислите собственные значения f и базис для каждого собственного пространства f .
4) Докажите или опровергните: f - простой эндоморфизм.
Вычислите f^(-1)(p(x)), где p(x) = q(x).


Согласен даже на частитчный ответ

Answer 1

Образы базисных векторов: $f(1) = 0,\; f(x) = 0,\; f(x^2) = 2x(x-1),\;f(x^3) = 6x^2(x-1)$. Разложим образы по базису: $f(1) = (0,0,0,0),\; f(x) = (0,0,0,0),\;f(x^2) = (0,-2,2,0),\;f(x^3) = (0,0,-6,6)$, потому матрица оператора $f$ будет иметь вид $A=\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&-2&0\\0&0&2&-6\\0&0&0&6\end{array}\right)$.

(Основа? Понимаю под этим здесь базис, учитывая перевод). Тогда $\mathrm{dim}\;\mathrm{Im} \;f = \mathrm{rank} \;A = 2$, подойдут, например, векторы $(0,-2,2,0)^{T},\; (0,0,-6,6)^T$.

$A-\lambda E =\left(\begin{array}{cccc}-\lambda&0&0&0\\0&-\lambda&-2&0\\0&0&2-\lambda&-6\\0&0&0&6-\lambda\end{array}\right) \Rightarrow \chi(\lambda) = \lambda^2(2-\lambda)(6-\lambda)$, значит, собственные значения $f$ -- $0,2,6$.

Собственное подпространство $V_{\lambda}$, отвечающее собственному значению $\lambda$ есть в точности $\mathrm{ker}\;(f-\lambda \mathrm{Id}_{f}) \Leftrightarrow v\in V: (A-\lambda E)v = 0$.

Для $\lambda=0$: $v = (x,y,0,0)^T,\;x,y\in \mathbb{R}$. Базис можно выбрать, например, такой: $(1,0,0,0)^{T}$ и $(0,1,0,0)^T$, то есть $\langle 1,x\rangle$.

Для $\lambda=2$: $v=(0,x,-x,0)^T$. Базис: $(0,1,-1,0)^T$, то есть $\langle x-x^2\rangle$.

Для $\lambda=6$: $v = (0,x,-3x,2x)^T$. Базис: $(0,1,-3,2)^T$, то есть $\langle x-3x^2+2x^3 \rangle$.

Не слышал понятия простого эндоморфизма, так что предположу, что под этим понимается простой элемент в кольце эндоморфизмов. Ну а тогда идея такая: представить матрицу $A$ в виде произведения двух матриц, ранг которых выше $2$ (ну а тут только $3$) подойдет. Тогда матрица $A$ не может делить никакую из них. Здесь надо заметить, что наша матрица диагонализуема (алгебраические кратности совпадают с геометрическими), ее можно привести к виду $\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&6\end{array}\right)$. Тогда $\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&6\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccc}1&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&\sqrt{2}&0\\0&0&0&\sqrt{6}\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cccc}0&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&\sqrt{2}&0\\0&0&0&\sqrt{6}\end{array}\right)$, а ранги сомножителей $3>2$. Поэтому не является простым.

После применения оператора получили новый базис (можно было изначально выбрать базис из собственных векторов и тогда бы получили диагональную матрицу из предыдущего пункта). Многочлен $x(x-1)$ в этом (из первого пункта) базисе имеет компоненты $(0,0,1/2,0)$. Легко видеть, что элемент $x^2/2$ отображается именно в $x(x-1)$. Но тогда $f^{-1}(x(x-1)) = \dfrac{x^2}{2}+\mathrm{ker}\;f = \dfrac{x^2}{2}+(a,b,0,0)^T = \dfrac{x^2}{2}+a+bx$.