i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 169 — #1 i
i
i
i
i
i
POLTRANZITIVNE ALGEBRE IN VEKTORSKI
PROSTORI
DAMJANA KOKOL BUKOVŠEK
Ekonomska fakulteta
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 15A30
V članku obravnavamo poltranzitivne množice matrik, ki imajo kako algebraično
strukturo. Poltranzitivnost je lastnost, ki je nekoliko šibkeǰsa od tranzitivnosti. Ukvar-
jamo se predvsem s poltranzitivnimi algebrami in vektorskimi prostori matrik.
SEMITRANSITIVE ALGEBRAS AND VECTOR SPACES
In this paper we deal with semitransitive sets of matrices having some algebraic struc-
ture. Semitransitivity is a property weaker than transitivity. We consider semitransitive
algebras and vector spaces of matrices.
Uvod
Naj bo F komutativen obseg in Mn(F) algebra vseh n× n matrik nad F, ki
jo gledamo kot algebro vseh linearnih transformacij na vektorskem prostoru
Fn z vnaprej izbrano bazo. Pravimo, da je družina matrik A ⊂Mn(F) tran-
zitivna, če za poljubna neničelna vektorja x, y ∈ Fn obstaja takšna matrika
A ∈ A, da velja Ax = y. Nekoliko šibkeǰsa lastnost je poltranzitivnost.
Prvič sta pojem uvedla H. Rosenthal in V. Troitsky v članku [8].
Definicija 1. Družina A je poltranzitivna, če za vsaka dva neničelna vek-
torja x, y ∈ Fn obstaja takšna matrika A ∈ A, da velja Ax = y ali pa velja
Ay = x.
Pojem poltranzitivnosti je zelo naravna posplošitev pomembnega pojma
tranzitivnosti. Tranzitivnost so mnogi avtorji študirali za različne množice
A, ki imajo tudi kako algebraično strukturo, na primer grupe, polgrupe,
vektorske prostore in algebre. Dobro znan je Burnsidov izrek, ki pravi, da
v primeru algebraično zaprtega obsega F algebra Mn(F) nima nobene prave
tranzitivne podalgebre. Če predpostavimo, da je družina A samo vektorski
prostor, potem je takih družin veliko. V članku [1] je dokazan izrek, ki pravi,
da je dimenzija poljubnega tranzitivnega vektorskega podprostora v Mn(F)
vsaj 2n− 1.
Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5 169
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 170 — #2 i
i
i
i
i
i
Damjana Kokol Bukovšek
Pojem tranzitivnosti je tesno povezan z (ne)obstojem skupnega invari-
antnega podprostora. Če je družina matrik A ⊂ Mn(F) tranzitivna, potem
ne obstaja pravi netrivialni podprostor prostora Fn, ki bi bil invarianten za
vse elemente družine. Če pa je družina matrik A algebra, velja tudi naspro-
tno. Algebra matrik, ki nima skupnega pravega netrivialnega invariantnega
podprostora, je tranzitivna. Družina matrik B ⊂ Mn(F) in algebra matrik
A, ki je generirana z družino B, imata iste invariantne podprostore. Če je
družina matrik B tranzitivna, potem tudi algebra matrik A, ki je generirana
z družino B, nima nobenega skupnega pravega netrivialnega invariantnega
podprostora.
V tem članku se bomo ukvarjali s poltranzitivnimi družinami matrik,
za katere bomo še predpostavili, da imajo algebraično strukturo algebre ali
vektorskega prostora. Pojem poltranzitivnosti je precej nov, tako da bo
njegovo uporabnost pokazala šele prihodnost.
Poltranzitivne algebre
Poglejmo si najprej preprost primer poltranzitivne algebre matrik, ki ni
tranzitivna. Označimo z I identično matriko, z J pa Jordanovo kletko
velikosti n×n, to je matriko, katere elementi na prvi naddiagonali so enaki
1, vsi drugi elementi pa so enaki 0. Naj bo
A =
{
a0I + a1J + a2J2 + ...+ an−1Jn−1; a0, a1, ..., an−1 ∈ F
}
=
=


a0 a1 a2 · · · an−1
0 a0 a1 · · · an−2
0 0 a0
. . . an−3
...
...
. . . . . .
...
0 0 0 · · · a0
 ; a0, a1, ..., an−1 ∈ F

. (1)
Očitno je, da sta linearna kombinacija in produkt dveh matrik iz A spet
matriki iz A, zato je A algebra. Naj bo {e1, e2, ..., en} standardna baza
prostora Fn. Z nobeno matriko iz A ne moremo preslikati prvega baznega
vektorja e1 v drugi bazni vektor e2, zato A ni tranzitivna. Prostor Ae1 je
namreč enak linearni ogrinjači vektorja e1.
170 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 171 — #3 i
i
i
i
i
i
Poltranzitivne algebre in vektorski prostori
Izberimo poljubna neničelna vektorja
x =

x1
x2
...
xn
 , y =

y1
y2
...
yn
 ∈ Fn.
Naj bo xk zadnja komponenta v vektorju x, ki je različna od 0, yj pa zadnja
komponenta v vektorju y, ki je različna od 0. Denimo, da je indeks k ≥ j.
Definiramo
a0 = yk/xk, a1 = (yk−1 − a0xk−1)/xk, ...,
ak−1 = (y1 − a0x1 − a1x2 − ...− ak−2xk−1)/xk.
Hitro se prepričamo, da matrika A = a0I + a1J + a2J2 + ... + ak−1Jk−1
preslika vektor x v y. Če pa je indeks k < j, zamenjamo vlogi vektorjev x
in y ter najdemo matriko, ki preslika vektor y v vektor x. Videli smo, da je
A res poltranzitivna algebra, ki ni tranzitivna.
Indeks nilpotentnosti matrike T je tako naravno število k, da velja T k =
0, vendar T k−1 6= 0. Za nilpotentno matriko T ∈ Mn(F) je največji možni
indeks nilpotentnosti njena velikost n. V zgornjem zgledu poltranzitivna
algebra A vsebuje nilpotentno matriko J indeksa nilpotentnosti n. To je res
vedno, kadar je obseg F algebraično zaprt. Velja namreč naslednji izrek:
Izrek 1. Če je F algebraično zaprt obseg in A poltranzitivna algebra matrik
v Mn(F), potem A vsebuje nilpotent indeksa n.
Bralec lahko najde dokaz tega izreka v članku [4]. Predpostavka o alge-
braični zaprtosti obsega je tu bistvena, kot pokaže naslednji zgled. Algebra
B =
{[
a −b
b a
]
; a, b ∈ R
}
nad obsegom realnih števil je izomorfna obsegu kompleksnih števil C. Ma-
triki A =
[
a −b
b a
]
namreč ustreza kompleksno število z = a + ib, vsoti
oziroma produktu matrik pa ustreza vsota oziroma produkt kompleksnih
števil, kot pokaže kratek račun. Naj bosta x =
[
x1
x2
]
in y =
[
y1
y2
]
dva
169–179 171
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 172 — #4 i
i
i
i
i
i
Damjana Kokol Bukovšek
neničelna vektorja v R2. Hitro se prepričamo, da matrika, ki ustreza kom-
pleksnemu številu (y1 + iy2)/(x1 + ix2), preslika vektor x v y, zato je algebra
B tranzitivna. Po drugi strani pa ne vsebuje nobenega nilpotenta indeksa
2, ker obseg kompleksnih števil nima neničelnih nilpotentov.
Vsaka poltranzitivna algebra matrik vsebuje minimalno poltranzitivno
algebro (to je tako, ki ne vsebuje nobene manǰse, ki bi bila še vedno pol-
tranzitivna), saj je končnodimenzionalna. Družini matrik A in B v Mn(F)
sta si simultano podobni, če obstaja taka obrnljiva matrika S ∈Mn(F), da je
B = {SAS−1;A ∈ A}. Simultana podobnost pomeni, da zamenjamo bazo,
v kateri gledamo matrike, torej v resnici isto družino matrik ”pogledamo z
druge strani“.
Posledica 2. Naj bo F algebraično zaprt obseg. Vsaka minimalna poltran-
zitivna algebra matrik je simultano podobna algebri A, ki je opisana v (1).
Zato je vsaka minimalna poltranzitivna algebra matrik komutativna.
Dokaz. Naj bo B poltranzitivna algebra matrik v Mn(F) nad algebraično
zaprtim obsegom F. Po izreku 1 algebra B vsebuje matriko T , za katero
velja Tn = 0, vendar Tn−1 6= 0. Matrika T je podobna Jordanovi kletki
J , torej je T = SJS−1 za neko obrnljivo matriko S. (Matriko S dobimo
tako, da za njen zadnji stolpec vzamemo vektor x, ki ne leži v jedru matrike
Tn−1, za j-ti stolpec pa vzamemo vektor Tn−jx za vsak j = 1, 2, ..., n− 1.)
Naj bo C podalgebra v B, ki je generirana s T . Vsaka matrika iz C je tako
oblike a0I +a1T +a2T 2 + ...+an−1Tn−1 = a0I +a1SJS−1 +a2(SJS−1)2 +
... + an−1(SJS−1)n−1 = S(a0I + a1J + a2J2 + ... + an−1Jn−1)S−1. Torej
je algebra C simultano podobna algebri A, definirani v (1). Po drugi strani
pa, če je B minimalna poltranzitivna algebra matrik, je zaradi minimalnosti
enaka svoji podalgebri C.
Družina matrik A je trikotljiva, če obstaja taka obrnljiva matrika S,
da je za vsako matriko A ∈ A matrika SAS−1 zgornjetrikotna. Z dru-
gimi besedami, družina je trikotljiva, če je simultano podobna poddružini
zgornjetrikotnih matrik. O trikotljivosti je Obzornik že pisal v članku [6].
Družina matrik A je razcepna, če obstaja taka obrnljiva matrika S in tako
naravno število k < n, da ima za vsako matriko A ∈ A matrika SAS−1
172 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 173 — #5 i
i
i
i
i
i
Poltranzitivne algebre in vektorski prostori
obliko
SAS−1 =
[
B C
0 D
]
, kjer je B ∈Mk(F) in D ∈Mn−k(F).
Drugače povedano, družina je razcepna, če je simultano podobna poddružini
bločno zgornjetrikotnih matrik. Družina matrik A je nerazcepna, če ni raz-
cepna. Družina matrik je razcepna natanko tedaj, kadar imajo vse matrike
iz družine skupen pravi netrivialen invarianten podprostor. Če so matrike
napisane v taki bazi, da imajo bločno zgornjetrikotno obliko, je ta skupen
invarianten prostor napet na prvih k standardnih baznih vektorjev. Pojma
trikotljivosti in razcepnosti sta zelo pomembna pri študiju družin matrik.
Včasih se namreč lastnosti družine ali njenih članov prenašajo na diagonalne
bloke ali pa z diagonalnih blokov na celotne matrike. Take lastnosti lahko
potem pri razcepnih družinah obravnavamo induktivno.
V posledici 2 smo videli, da je minimalna poltranzitivna družina matrik
nad algebraično zaprtim obsegom vedno trikotljiva. O nekaterih posploši-
tvah poltranzitivnih algeber lahko preberemo v člankih [3] in [5].
Poltranzitivni vektorski prostori
Naj bo A vektorski prostor matrik v Mn(F). Vektor x ∈ Fn je ciklični vek-
tor za družino A, če je prostor Ax = {Ax;A ∈ A} enak Fn. Iz definicije je
očitno, da je za vsak tranzitiven vektorski prostor matrik vsak neničeln vek-
tor cikličen. Naslednji izrek pove, da ima tudi vsak poltranzitiven vektorski
prostor matrik ciklični vektor.
Izrek 3. Naj bo A poltranzitiven vektorski prostor matrik v Mn(F) nad po-
ljubnim obsegom F. Potem obstaja vektor x ∈ Fn, ki je cikličen za A.
Dokaz. Ločimo dva primera:
(i) F = Fq je končen obseg s q elementi. Denimo, da ne obstaja cikličen
vektor za A. Potem je za vsak x ∈ Fn dimenzija prostora Ax največ
n−1. Ker je družina A poltranzitivna, za vsak par neničelnih vektorjev
x, y ∈ Fn velja, da je y ∈ Ax, ali pa je x ∈ Ay. Urejen par (x, y) torej
leži v množici {x} × (Ax− {0}) ∪ (Ay − {0})× {y}. Tako imamo
(Fn−{0})×(Fn−{0}) ⊂
⋃
06=u∈Fn
({u} × (Au− {0}) ∪ (Au− {0})× {u}) .
169–179 173
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 174 — #6 i
i
i
i
i
i
Damjana Kokol Bukovšek
Zato je
(qn − 1)2 = |(Fn − {0})× (Fn − {0})| ≤ 2
∑
06=u∈Fn
|{u} × (Au− {0})| =
= 2
∑
06=u∈Fn
|(Au− {0})| ≤ 2(qn − 1)(qn−1 − 1).
Od tod sledi, da je 2qn−1 ≥ qn + 1, kar je protislovje.
(ii) Naj bo zdaj F neskončen obseg. Naj bo x1, x2, ..., xn baza za Fn. Če
je vsaj eden od vektorjev xi cikličen, potem izrek velja. Sicer je Axi
pravi podprostor v Fn za vsak i. Ker je obseg neskončen, prostora Fn ne
moremo zapisati kot končno unijo pravih podprostorov. Zato obstaja
vektor u ∈ Fn, ki ne leži v nobenem od podprostorov Axi. Zaradi
poltranzitivnosti sedaj vsak od vektorjev xi leži v prostoru Au, iz česar
sledi, da je Au = Fn. Torej je vektor u cikličen za A, ker je A vektorski
prostor.
Če je A vektorski prostor matrik v Mn(F) in x ∈ Fn cikličen vektor za A,
je dimenzija prostora Ax enaka n, zato mora biti dimenzija prostora A vsaj
n. Iz pravkar dokazanega izreka takoj sledi tale posledica:
Posledica 4. Dimenzija poljubnega poltranzitivnega vektorskega prostora
matrik v Mn(F) nad poljubnim obsegom je vsaj n.
Izrek 5. Naj bo A poltranzitiven vektorski prostor matrik v Mn(F) nad po-
ljubnim obsegom F. Če F vsebuje vsaj n elementov, potem A vsebuje obrn-
ljivo matriko.
Dokaz. Dokazujemo z indukcijo na velikost matrik n. Za n = 1 je trditev
trivialna. Naj bo n > 1 in naj bo A ⊂ Mn(F) poltranzitiven vektorski
prostor. Po indukcijski predpostavki vsak poltranzitiven vektorski prostor
matrik v Mn−1(F) vsebuje obrnljivo matriko. Za vsako matriko A ∈ A si
ogledamo njen levi zgornji (n − 1) × (n − 1) blok. Matriko torej napǐsemo
v obliki
A =
[
A1 a1
aT2 α
]
,
kjer je A1 ∈ Mn−1(F) podmatrika matrike A, a1, a2 ∈ Fn−1 sta vektorja,
α pa je skalar. Podmatriko A1 imenujemo kompresija matrike A na prvih
174 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 175 — #7 i
i
i
i
i
i
Poltranzitivne algebre in vektorski prostori
n − 1 baznih vektorjev. Iz vseh kompresij matrik iz družine A sestavmo
novo množico
A1 =
{
A1 ∈Mn−1(F);
[
A1 a1
aT2 α
]
∈ A
}
.
Očitno je množica A1 spet vektorski prostor in je poltranzitivna v dimenziji
n−1. Naj bosta namreč x, y ∈ Fn−1 poljubna neničelna vektorja. Vsakemu
od njiju dodamo na koncu ničlo, da dobimo vektorja x′, y′ ∈ Fn. Zaradi
poltranzitivnosti vektorskega prostora A obstaja matrika A ∈ A, ki preslika
x′ v y′ ali obratno. Njena kompresija A1 ∈ A1 potem preslika x v y ali
obratno.
Po indukcijski predpostavki množica A1 vsebuje obrnljivo matriko. Naj
bo B ∈ A taka matrika, da je njena kompresija B1 obrnljiva. Če je tudi
matrika B obrnljiva, je dokaz končan. Denimo torej, da ni. Izberimo neni-
čeln vektor x v jedru matrike B. Od zdaj naprej gledamo matrike v bazi,
ki jo sestavlja prvih n− 1 standardnih baznih vektorjev in vektor x. S tem
ne spremenimo kompresij na prvih n− 1 baznih vektorjev. Imamo
B =
[
B1 0
bT2 0
]
.
Ker je prostor A poltranzitiven, obstaja matrika C ∈ A, za katero velja
Cx = x, torej je
C =
[
C1 0
cT2 1
]
.
Matrika B−11 C1 ima največ n− 1 različnih lastnih vrednosti. Ker ima obseg
F vsaj n elementov, obstaja element λ ∈ F, ki ni lastna vrednost matrike
B−11 C1. Zato je matrika
C − λB =
[
C1 − λB1 0
cT2 − λbT2 1
]
∈ A
obrnljiva. Dokaz je končan.
169–179 175
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 176 — #8 i
i
i
i
i
i
Damjana Kokol Bukovšek
Predpostavka o moči obsega F v preǰsnjem izreku je potrebna. Če je
namreč F = Fq = {α1, α2, ..., αq} obseg s q elementi in je
A =


a c1,2 c1,3 · · · c1,q+1
0 b+ α1a c2,3 · · · c2,q+1
0 0 b+ α2a
. . . c3,q+1
...
...
. . . . . .
...
0 0 0 · · · b+ αqa
 ; a, b, ci,j ∈ F

⊂Mq+1(F),
se lahko podobno kot za algebro iz (1) prepričamo, da je A poltranzitiven
vektorski prostor. Poleg tega ne vsebuje nobene obrnljive matrike. Če je
namreč a = 0, je ničeln prvi element na diagonali, če pa je a 6= 0, je ničeln
diagonalni element b + αia, pri katerem je αi = −b/a. Vsaka od matrik iz
A ima tako ničelno determinanto.
Poltranzitivnih vektorskih prostorov je veliko več kot poltranzitivnih
algeber. Naj bo A algebra, definirana v (1), in C = [ci,j ] ∈Mn(F) poljubna
matrika z neničelnimi elementi. Potem je
B = {B = [bi,j ]; bi,j = ci,jai,j , A = [ai,j ] ∈ A}
minimalen poltranzitiven vektorski prostor matrik, ki ni simultano podoben
A, če je le ci,i 6= cj,j za kaka indeksa i in j. Jasno je namreč, da je B
vektorski prostor matrik dimenzije n, za katerega se lahko prepričamo, da
je poltranzitiven. Po posledici 4 je zato tudi minimalen.
Minimalni poltranzitivni vektorski prostori matrik v nasprotju s poltran-
zitivnimi algebrami niso vedno trikotljivi. Še razcepni niso vedno.
Izrek 6. Za vsak n ≥ 3 obstaja poltranzitiven vektorski prostor matrik A ⊂
Mn(F), ki nima netrivialnega invariantnega podprostora.
Dokaz. Zgled bomo konstruirali v primeru n = 3, za n ≥ 4 ga konstruiramo
podobno. Naj bo
B =

 a 0 bb x1 0
x2 x3 a
 ; a, b, x1, x2, x3 ∈ F
 .
Dokažimo, da je prostor B poltranzitiven. Z {e1, e2, e3} označimo standar-
dno bazo prostora F3. Vzemimo poljubna neničelna vektorja x = α1e1 +
176 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 177 — #9 i
i
i
i
i
i
Poltranzitivne algebre in vektorski prostori
α2e2 + α3e3 in y = β1e1 + β2e2 + β3e3. Naj bo αi prvi neničelni koeficient
v vektorju x in βj prvi neničelni koeficient v vektorju y. Če je i ≤ j, bomo
dokazali, da je y ∈ Bx, sicer pa zamenjamo vlogi vektorjev x in y.
Najprej vzemimo, da je i = 1. Dokazati moramo, da je vektor x =
α1e1 +α2e2 +α3e3, za katerega je α1 6= 0, cikličen. Zares, če vzamemo a = 1
in ostale elemente enake 0, dobimo, da je α1e1 + α3e3 ∈ Bx, če vzamemo
b = 1 in preostale elemente enake 0, dobimo, da je α3e1 + α1e2 ∈ Bx, če pa
vzamemo x2 = 1 in preostale elemente enake 0, dobimo, da je α1e3 ∈ Bx.
Torej je res Bx = F3.
Naj bo zdaj i = 2. Imamo x = α2e2+α3e3 in α2 6= 0. Dokazati moramo,
da vektorja e2 in e3 ležita v Bx. Res, če vzamemo x1 = 1 in preostale
elemente enake 0, dobimo, da je α2e2 ∈ Bx, če pa vzamemo x3 = 1 in
preostale elemente enake 0, pa dobimo, da je α2e3 ∈ Bx. Če pa je i = 3,
je x = α3e3 in α3 6= 0. Če vzamemo a = 1 in preostale elemente enake 0,
vidimo, da je α3e3 ∈ Bx. Torej je prostor B res poltranzitiven.
Naj bo A minimalen poltranzitiven podprostor v B. Dokazali bomo, da
matrike iz A nimajo skupnega pravega netrivialnega invariantnega podpro-
stora. Pa denimo nasprotno. Naj bo U pravi netrivialni podprostor F3, za
katerega je AU ⊂ U . Izberimo si neničeln vektor x = α1e1+α2e2+α3e3 ∈ U .
Dokažimo, da obstaja v U tudi tak neničeln vektor, ki ima prvo komponento
enako 0, torej y = β2e2 + β3e3 ∈ U . To je očitno, če je α1 = 0, ker lahko
vzamemo kar y = x. Naj bo torej α1 6= 0. Spomnimo se, da je prostor A
poltranzitiven. Zato mora za par vektorjev x in e2 veljati x ∈ Ae2 ali pa
e2 ∈ Ax. Za vse matrike A ∈ A je Ae2 6= x, zato mora obstajati matrika
A ∈ A, za katero je Ax = e2. Torej je e2 ∈ AU ⊂ U in smo našli neničeln
vektor y = β2e2 + β3e3 ∈ U .
Podobno zdaj dokažemo, da je e3 ∈ U . Če je β2 = 0, je to očitno. Naj bo
torej β2 6= 0. Za par vektorjev y in e3 mora veljati y ∈ Ae3 ali pa e3 ∈ Ay.
Za vse matrike A ∈ A je Ae3 6= y, zato mora obstajati matrika A ∈ A, za
katero je Ay = e3. Torej je e3 ∈ AU ⊂ U .
Dokažimo še, da tudi vektorja e1 in e2 ležita v U . Zaradi poltranzitiv-
nosti mora veljati, da je e2 ∈ Ae1 ali pa e1 ∈ Ae2. Za vse matrike A ∈ A je
Ae2 6= e1, zato mora obstajati matrika B ∈ A, za katero je Be1 = e2. Ma-
trika B ima tako prvi stolpec enak [0 1 0]T , torej je a = 0 in b = 1. Zato velja
tudi Be3 = e1. Tako je e1 ∈ Ae3 ⊂ AU ⊂ U in nadalje e2 = Be1 ∈ AU ⊂ U .
Prostor U tako vsebuje vse tri bazne vektorje e1, e2 in e3 in je zato enak F3,
kar je protislovje. Dokaz je končan.
169–179 177
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 178 — #10 i
i
i
i
i
i
Damjana Kokol Bukovšek
Videli smo torej, da za vsak n ≥ 3 obstaja nerazcepen poltranzitiven
vektorski prostor matrik A ⊂ Mn(F). V algebraično zaprtem obsegu in pri
n = 2 so stvari preprosteǰse.
Naj bo F algebraično zaprt obseg. Vsak poltranzitiven podprostor A
v M2(F), ki ni tranzitiven, je trikotljiv. Vsak minimalen poltranzitiven
podprostor v M2(F) je simultano podoben prostoru
B =
{[
a b
0 ca
]
; a, b ∈ F
}
za neki fiksen skalar c 6= 0. Dokaze teh trditev izpustimo, bralec jih lahko
najde v članku [9]. Predpostavka, da je F algebraično zaprt obseg, je bi-
stvena, kot smo videli že pri poltranzitivnih algebrah. V tem primeru je
torej vsak minimalen poltranzitiven podprostor v M2(F) trikotljiv in dvo-
dimenzionalen. Nič od tega pa ni res za n ≥ 3. V izreku 6 smo videli,
da ni nujno trikotljiv. Naslednji izrek pa pokaže, da minimalen trikotljiv
poltranzitiven podprostor v Mn(F) nima nujno dimenzije n.
Izrek 7. Prostor
A =

 a b c0 d a
0 0 d
 ; a, b, c, d ∈ F

je minimalen poltranzitiven podprostor v M3(F) dimenzije 4.
Dokaz. Vzemimo bazo prostora A
A =
 1 0 00 0 1
0 0 0
, B =
 0 1 00 0 0
0 0 0
, C =
 0 0 10 0 0
0 0 0
, D =
 0 0 00 1 0
0 0 1
.
Naj bo x = αe1 + βe2 + γe3 neničeln vektor v F3. Če je γ 6= 0, je x cikličen
vektor, saj je Cx = γe1, Ax − αe1 = γe2 in Dx − βe2 = γe3. Če je γ = 0
in je β 6= 0, imamo Bx = βe1 in Dx = βe2. Če pa je γ = β = 0, je α 6= 0
in Ax = αe1. Tako smo dokazali poltranzitivnost. Dokažimo še, da je A
minimalen poltranzitiven prostor. Denimo, da obstaja podprostor B ( A,
ki je tudi poltranzitiven. Zaradi poltranzitivnosti obstajajo matrike v B, ki
preslikajo vektor e3 zaporedoma v vektorje e1, e2 in e3. Torej so naslednje
linearno neodvisne matrike 0 b1 00 1 0
0 0 1
 ,
 1 b2 00 0 1
0 0 0
 ,
 0 b3 10 0 0
0 0 0

178 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 5
i
i
“Bukovsek” — 2011/12/8 — 7:09 — page 179 — #11 i
i
i
i
i
i
Poltranzitivne algebre in vektorski prostori
vse vsebovane v B za neke skalarje b1, b2, b3 ∈ F. Ker je dimenzija B enaka
3, te matrike napenjajo ves B. Vzemimo x = −e2 + b1e3, če je b1 6= 0, in
x = b2e1 − e2 sicer. Opazimo, da nobena matrika iz B ne preslika x v e1,
niti e1 v x. To protislovje dokazuje minimalnost prostora A.
V preǰsnjem razdelku smo videli, da poltranzitivna algebra matrik vedno
vsebuje nilpotent največjega možnega indeksa. Za vektorske prostore to ne
velja. Vektorski prostor v pravkar dokazanem izreku namreč ne vsebuje
nobenega nilpotenta indeksa 3. Res, če je
A =
 a b c0 d a
0 0 d
 ∈ A
nilpotentna matrika, je a = d = 0 in je že A2 = 0, torej ima A indeks nilpo-
tentnosti največ 2. Vendar pa nad algebraično zaprtim obsegom poltranzi-
tiven vektorski prostor vedno vsebuje kakšen neničeln nilpotent. Dokaz te
trditve najdemo v članku [9].
Nad algebraično zaprtim obsegom je vsak poltranzitiven vektorski pro-
stor v Mn(F) dimenzije n trikotljiv. Opisati se da vse n-dimenzionalne
poltranzitivne vektorske prostore v Mn(F) nad algebraično zaprtim obse-
gom za n ≤ 4. Dokaze teh in še drugih trditev o poltranzitivnih vektorskih
prostorih matrik lahko bralec najde v člankih [2], [8] in [9].
LITERATURA
[1] E. A. Azoff, On finite rank operators and preannihilators, Memoirs of the AMS 64
(1986), št. 357.
[2] J. Bernik, R. Drnovšek, D. Kokol Bukovšek, T. Košir in M. Omladič, Reducibility and
triangularizability of semitransitive spaces of operators, Houston J. Math. 34 (2008),
235–247.
[3] J. Bernik, R. Drnovšek, D. Kokol Bukovšek, T. Košir, M. Omladič in H. Radjavi, On
semitransitive jordan algebras of matrices, J. Algebra Appl. 10 (2011), 319–333.
[4] J. Bernik, L. Grunenfelder, M. Mastnak, H. Radjavi in V. G. Troitsky, On semitran-
sitive collections of operators, Semigroup Forum 70 (2005), 436–450.
[5] J. Bernik in M. Mastnak, Lie algebras acting semitransitively, preprint.
[6] R. Drnovšek, Trikotljivost družin operatorjev na končnorazsežnih prostorih, Obz. mat.
fiz. 49 (2002), 129–139.
[7] H. Radjavi in V. G. Troitsky, Semitransitive subspaces of operators, Linear and Mul-
tilinear Algebra 57 (2009), 1–12.
[8] H. Rosenthal in V. G. Troitsky, Strictly semi-transitive operator algebras, Journal of
Operator Theory 53 (2005), 315–329.
[9] Semitransitivity Working Group at LAW’05, Bled, Semitransitive subspaces of matri-
ces, Electronic Journal of Linear Algebra 15 (2006), 225–238.
169–179 179