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高等代数习题(二)
题目 (《蛙鸣》皇榜第三期征解) 设 A0,A1,⋯,Am 是 C 上 m+1 个 n 阶方阵 (m≥2), 满足
A0Ai−AiA0=Ai+1,A0Am=AmA0,AjAk=AkAj
对所有 1≤i≤m−1, 1≤j,k≤m 都成立. 若 Am≠O, 求 n 的最小值. (写成 m 的多项式).
分析 设 g 是 n+1 维复线性空间, x0,⋯,xn 为其一组基, 考虑其上的反对称双线性映射 [−,−]:g×g→g, 定义为
[x0,xi]=xi+1,[x0,xm]=0,[xj,xk]=0
其中 1≤i≤m−1, 1≤j,k≤m. 易验证这使得 g 为复李代数. 本题等价于求出 g 的满足 ϕ(xm)≠0 的表示 ϕ 得维数得最小值, 由Ado定理可知这是存在且有限的.
证明 n 的最小值是 m+1.
当 n=m+1 时, 考虑 A0=∑m−1i=1ei,i+1, Ak=em+1−k,m+1, 其中 1≤k≤m, 直接验证得其满足题设.
接下来只需证明 n≤m 时, 满足条件的 A0,⋯,Am 不存在即可.
采用反证法, 假设存在 n≤m 满足条件. 设 A0,⋯,Am 在 gln(C) 中生成的子李代数 L. 注意到 Lm=0, 从而 L 是幂零的. 先证明几个引理:
引理1 设 A,B∈gln(C), 则有
AnB=BAn+(n1)(adA)(B)An−1+(n2)(adA)2(B)An−2+⋯+(adA)n(B).
证明 由 LA=adA+RA 及 adA 和 RA 交换, 得
(LA)nB=(adA+RA)nB=n∑k=0(nk)(adA)k(RA)n−kB.
引理2(Zassenhaus) 设 h 为幂零李代数, (π,V) 为其有限维表示, 则存在 V 的一个表示的直和分解 V1⊕⋯⊕Vr 使得对任意 x∈h,1≤i≤r, 有 π(x)|Vi 的半单部分为标量.
证明 利用引理1可以得到 π(x) 的根子空间是子表示, 从而对 V 的维数归纳即可得证.
回到原题, 现在考虑 A′i 为 Ai 的幂零部分, 由引理2和 tr(Ak)=0(1≤k≤m), 可得A′0,⋯,A′m 仍满足题设. 从而不妨设 A0,⋯,Am 均幂零的情况.
由Lie定理可将 L 中的元素同时上三角化, 则 A0,⋯,Am 都是严格上三角阵, 则由条件得 Am⊆Lm−1⊆nm−1n⊆nn−1n=0, 矛盾.
题目 (《蛙鸣》皇榜第三期征解) 设 Mn(C) 为所有 n 阶复方阵构成的线性空间. 设 M1⊆M2 是 Mn(C) 的两个子空间, 定义
N={A∈Mn(C):AB−BA∈M,∀B∈M}.
若 A∈N, 且 tr(AB)=0,∀B∈N. 证明: A 是幂零方阵.
证明 设 A 的特征值为 λ1,⋯,λn. 将 C 看成 Q-线性空间, 考虑 λ1,⋯,λn 生成的子空间 E. 只需证明对任意 f∈E∗, 有 f=0.
不妨设 A 为其 Jordan 标准型, 其对角线元素为 λ1,⋯,λn.
对任意 f∈E∗. 考虑 P=diag(f(λ1),⋯,f(λn)). 利用 Jordan-Chevalley 分解和插值多项式, 可以得到存在常数项为零的多项式 r, 使得 ad P=r(adA), 从而 P∈N. 从而有
tr(AP)=n∑i=1λif(λi)=0,
作用 f 得 ∑ni=1f(λi)2=0, 由于 f(λi)∈Q, 故 f(λi)=0, 从而 f=0.
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