Овчинников. Линейная алгебра (лекции) (1113067), страница 4
Текст из файла (страница 4)
. . , ep — базис в ker f , ep+1 , . . . , en —его дополнение до базиса в V .Имеем f (e1 ) = · · · = f (ep ) = 0W .Докажем, что векторы fp+1 = f (ep+1 ), . . . , fn = f (en ) образуют базис в im f .Предположим, что эти векторы ЛЗ, т.е. ∃αp+1 , . . . , αn ∈ K, не все равные нулю, такие,чтоαp+1 fp+1 + · · · + αn fn = 0W .В таком случае0W = αp+1 fp+1 + · · · + αn fn == αp+1 f (ep+1 ) + · · · + αn f (en ) == f (αp+1 ep+1 + · · · + αn en ),откуда следует, чтоim f W.Доказательство. 1. Проверим, что ker f V . Имеем:ЛПППусть V (K) — ЛП, P V , Q V .
Тогда для любого вектора z ∈ P + Q существуюттакие x ∈ P , y ∈ Q, что z = x + y. Такое разложение, вообще говоря, не единственно.Если же оно единственно, то сумма ЛПП называется прямой суммой; P ⊕ Q.Теорема. Сумма ЛПП P и Q является прямой суммой тогда и только тогда, когдаP ∩ Q = {0}.∈Pim fТеорема. Пусть f : V → W — гомоморфизм ЛП.т.е. разложение вида z = x + y не единственно; противоречие.0Wker f= dim P + dim Q − dim(P ∩ Q).=xW0Vdim(P + Q) = r + p + q = (p + r) + (q + r) − r =СУММАfV(2)Доказательство.Пусть e1 , .
. . , er — базис в P ∩ Q, dim(P ∩ Q) = r;f1 , . . . , fp — его дополнение до базиса в P , dim P = r + p;g1 , . . . , gq — его дополнение до базиса в Q, dim Q = r + q.Тогда все эти векторы образуют базис в P + Q (объясните почему), и32. ПРЯМАЯИ ОБРАЗ ГОМОМОРФИЗМАαp+1 ep+1 + · · · + αn en = 0V ,19что противоречит линейной независимости векторов ep+1 , . . . , en . Таким образом, векторыfp+1 = f (ep+1 ), .
. . , fn = f (en ) ЛН.Далее, ∀y ∈ im f ∃x ∈ V такой, что y = f (x). Имеем:x = x1 e1 + · · · + xp ep + xp+1 ep+1 + · · · + xn en ,y = f (x) = x1 f (e1 ) + · · · + xp f (ep ) +xp+1 f (ep+1 ) + · · · + xn f (en ) ==0W= xp+1 fp+1 + · · · + xn fn ,т.е. любой вектор y ∈ W может быть разложен в ЛК векторов fp+1 , . . . , fn . Таким образом,векторы fp+1 , . . . , fn образуют базис в im f и, следовательно, dim im f = n − p.Итак,dim V = n = p + (n − p) = dim ker f + dim im f.34. МАТРИЦЫmИ ОТОБРАЖЕНИЯnРассмотрим ЛП V = K и W = K . Элементы этих ЛП — столбцы с элементами из K.Пусть A ∈ Kn×m ; тогда любому столбцу X ∈ Km можно поставить в соответствие столбецY ∈ Kn по правилуY = AX.Задача.
Докажите, что отображение A : Km → Kn , заданное этой формулой, являетсягомоморфизмом ЛП.Задача. Докажите, что Hom(Km , Kn ) = Kn×m .Найдем образ im A гомоморфизма A:im A = Y ∈ Kn ∃X ∈ Km : Y = AX .20Базис в ker A называется фундаментальной совокупностью решений (ФСР) системыоднородных линейных уравнений.Проблема. Как решить систему однородных линейных уравнений? Как найти ФСР?Рассмотрим отображение B : Kn → Kn , соответствующее квадратной невырожденнойматрице B ∈ Kn×n :Y = BX, X ∈ Kn , Y ∈ Kn .Задача. Докажите, что отображение B является изоморфизмом.Пусть A ∈ Kn×m .
Рассмотрим матрицу C = BA ∈ Kn×m . k-й столбец матрицы C представляет собой произведение матрицы B на k-й столбец матрицы A. Поэтому получаемследующее утверждение.Теорема. Пусть A ∈ Kn×m , B ∈ GL(n, K).(1) Если столбцы матрицы A ЛН, то столбцы матрицы BA также ЛН.(2) Если столбцы матрицы A ЛЗ, то столбцы матрицы BA также ЛЗ, причем стеми же коэффициентами.Таким образом, умножение матрицы A слева на невырожденную матрицу B не нарушает линейных зависимостей между столбцами.Задача. Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для строк матрицы.Теорема.
Пусть B ∈ Kn×n — невырожденная матрица. Тогда ∀A ∈ Kn×mrk BA = rk A.Доказательство. Обозначим C = BA; так как det B = 0, имеем A = B −1 C. Далее,rk C = rk BA ≤ rk A,⇒ rk C = rk A.rk A = rk B −1 A ≤ rk CСтолбец AX представляет собой линейную комбинацию столбцов матрицы A; поэтомуim A = L(A1 , . . . , Am ) Kn ,т.е.
образ гомоморфизма A представляет собой линейную оболочку столбцов матрицыA.Базис в im A образуют базисные столбцы матрицы A. Поэтомуdim im A = rk A.Проблема. Как найти базисные столбцы матрицы?Задача вычисления образа Y столбца X при гомоморфизме A решается легко с помощьюформулыY = AX.Поставим обратную задачу: найти прообраз X элемента Y . Для этого нужно найти решение X уравненияAX = Y,т.е. системы неоднородных линейных уравнений.Проблема. Как решить систему неоднородных линейных уравнений?Найдем ядро ker A гомоморфизма A.
Оно состоит из всех столбцов X ∈ Km таких, что35. УПРОЩЕННАЯФОРМА МАТРИЦЫ.Говорят, что матрица A ∈ Kn×m имеет упрощенную форму,(1) некоторые r (r ≥ 0) ее столбцов являются первыми r столбцами единичной матрицыIn ,(2) при r < n последние n − r строк нулевые.Ранг упрощенной матрицы равен r, а ее базисными столбцами являются r столбцов,совпадающие по виду со столбцами единичной матрицы.01∗00∗0∗0...0001∗∗0∗0...0000001∗0...000000001.........................................................000000000...000000000...Любая матрица может быть приведена к упрощенной форме при помощи элементарныхпреобразований строк.AX = 0n ,где 0n ∈ Kn — нулевой столбец. Таким образом, вычисление ядра гомоморфизма A сводится к решению системы однородных линейных уравнений.Таким образом, множество M = ker A решений системы однородных линейных уравнений представляет собой ЛПП в Km , размерность которого равнаdim M = dim ker A = dim Km − dim im A = m − rk A.36.
ЭЛЕМЕНТАРНЫЕПРЕОБРАЗОВАНИЯ СТРОК МАТРИЦЫЭлементарные преобразования строк матрицы (ЭПС) — это следующие преобразования:(1) перестановка двух строк;(2) умножение строки на ненулевое число;(3) добавление к строке другой строки.21Обозначим символом R(A) матрицу, полученную из A ∈ Kединичную матрицу n × n.Теорема.R(A) = R(I) · A.n×mЭПС, и символом IДоказательство. Проверим утверждение для простейших ЭПС.Пусть R1 — перестановка первой и второй строк, т.е. 1 1 2 2a1 a2 . . . a1ma1 a2 . . .
a2m222111 a1 a2 . . . a m a1 a2 . . . a m A=.. . .. , R1 (A) = .. . .. . ... .... .. . .. ..an1 an2 . . . anman1 an2 . . . anmДалее,10I = ...001...0... 0. . . 0,. . . .. .... 101R1 (I) = ...010...022Пусть R3 — прибавление к первой строке матрицы A ее второй строки: 1 1 1a1 + a21 a12 + a22 . . .
a1m + a2ma1 a2 . . . a1m222222 a1 a1 a2 . . . a m a2...am .A=. , R3 (A) = .... . ...... ... .... .. ...an1 an2 . . . anman1an2...anmДалее,Получаем:... 0. . . 0.. . . .. .... 1Получаем: 1 11 ... 0a1 a2 . . . a1m2220 . . . 0 a1 a2 . . . am ... . .. =.. . . .. . ..
. . ....an1 an2 . . . anm0 0 ... 1 2 22 a1 a2 . . . a m a11 a12 . . . a1m = .... . .. = R1 (A).. .. ..01R1 (I) · A = ...an1 an2 . . .Пусть R2 — умножение первой 1 1a 1 a2 . . . a21 a22 . . .A=.. . . .....na1 an2 . . .Далее,anm0 ... 01 . . . 0,.. . . .. .
..0 0 ... 10 ... 01 . . . 0... . . .. . ..0 0 ... 1α0R2 (I) = ...Получаем:α0R2 (I) · A = ...0 1αa1 a21= ...an1 1 1a1 a2 . . . a1m... 0222. . . 0 a 1 a 2 . . . am .. =.. . .. . . .. . .. . ...an1 an2 . . . anm... 111 αa2 . . . αama22 . . . a2m = R2 (A)..... ..... 01...0an2...anm10R3 (I) = ...1 1 ...0 1 . . .R2 (I) · A = ... ... . . .0 0 ... 1a1 + a21 a12 + a22 a21a22=.. ....na1an2 1 10a1 a2 . . . a1m0 a21 a22 .
. . a2m ... . .. =.. . .. .. ..nna1 a2 . . . anm1. . . a1m + a2m2...am = R3 (A).......n...am1 ... 01 . . . 0... . . .. . ..0 0 ... 1Теорема доказана.Задача. Докажите, что матрицы R1 (I), R2 (I) и R3 (I) невырождены.Теорема. Пусть в матрице A выполнена серия ЭПС. Тогда полученная матрицаравна произведению матрицы A слева на (невырожденную!) матрицу, полученную изединичной матрицы с помощью той же серии ЭПС.Доказательство.
Докажем утверждение для серии из двух ЭПС R1 и R2 :строки на α = 0. Имеем: 1a1mαa1 αa12 . . . αa1m a21a2m a22 . . . a2m , R2 (A) = ... .... ... .... .. nnnna1ama2 . . . a m10I= ...0 ... 01 . . . 0,.. . . .. . ..0 0 ... 110I= ...R1 (R2 (A)) = R1 (I) · R2 (A) = R1 (I) · [R2 (I) · A] =(4)[R1 (I) · R2 (I)] · A = R1 (R2 (I)) · A.(5)Теорема. Элементарные преобразования строк матрицы не изменяют линейныезависимости между ее столбцами.
В частности,rk R(A) = rk A.37. ПРИМЕРПРИВЕДЕНИЯ МАТРИЦЫ К УПРОЩЕННОЙ ФОРМЕПриведем к упрощенному виду матрицу0 1 3 2 1 73 0 610122 .5Для этого нужно провести серию ЭПС так, чтобы некоторые из столбцов этой матрицыпревратились в первые несколько столбцов единичной матрицы 3×3, а остальные линейновыражались бы через них.Сначала проведем ЭПС, которое позволит получить единицу в первом столбце; дляэтого вычтем из третьей строки вторую:0 1 3 1 2013 1 2 2 1 7 0 2 217 0 2 .→3 0 6 1 51 −1 −1 1 323Теперь один из элементов первого столбца равен 1; переместимстроку; для этого поменяем местами третью строку с первой:013 1 21 −1 −1 2 217 0 2 17→1 −1 −1 1 3013Обнуляем все элементы первого столбца, кромечитаем из второй строки удвоенную первую:1 −1 −1 1 3 217 0 2 →013 1 2эту единицу в первую1 30 2 .1 2выделенного элемента; для этого вы1 −1 −113039 −2 −4 .01312Первый столбец полученной представляет собой первый столбец единичной матрицы 3×3.Переходим ко второму столбцу.
Ясно, что он не является ЛК предыдущих столбцов.Превратим его во второй столбец единичной матрицы 3 × 3. Единица уже имеется; переставим ее во вторую строку, для чего поменяем местами вторую строку с третьей:1 −1 −1131 −1 −113 0 039 −2 −4 1312 .→01312039 −2 −4Теперь обнуляем все элементы второго столбца, кроме выделенного; для этого к первойстроке прибавляем вторую, а из третьей вычитаем утроенную вторую:1 0 2251 −1 −113 0 1 3 012 .1312 →0 0 0 −5 −10039 −2 −4Второй столбец полученной матрицы теперь представляет собой второй столбец единичнойматрицы 3 × 3.Переходим к третьему столбцу.
Очевидно, он равен ЛК первого и второго столбцов скоэффициентами 2 и 3. Превратить его в третий столбец единичной матрицы не удастся.Разделим третью строку на −5:1 0 2251 0 2 2 5 0 1 3 0 1 3 1 2 .12 →0 0 0 −5 −100 0 0 1 2Переходим к четвертому столбцу. Единица на нужном месте уже имеется. Уничтожимвсе элементы четвертого столбца, кроме этой единицы; для этого из первой строки вычитаем удвоенную третью, а из второй — третью:1 0 2 2 51 0 2 0 1 0 1 3 1 2 0 1 3 0 0 .→0 0 0 1 20 0 0 1 2Теперь ясно, что пятый столбец полученной матрицы есть линейная комбинация первого, второго и четвертого с коэффициентами 1, 0, 2. Приведение матрицы к упрощеннойформе завершено.В полученной матрице базисными столбцами являются A1 , A2 и A4 , а остальные столбцы линейно выражаются через базисные:A3 = 2A1 + 3A2 ,24Имеем: 0132A1 + 3A2 = 2 2 + 3 1 = 7 = A3 ,306 012A1 + 2A4 = 2 + 2 0 = 2 = A5 .31538.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
