1610841717-9c24e46dbf04e3bde7cb68f9a60e4fa3 (824182), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Конспекты поматематическому анализу.))Определение 3.2Пусть V — векторное пространство, а U — непустое подмножество V. Тогда U называетсяподпространством V если оно является векторным пространством и замкнуто на тех жеоперациях что и VЛемма 3.1 (Критерий подпространства)Пусть V — векторное пространство над полем F.
Непустое подмножество U⊊V являетсяподпространством только тогда когда для любых a,b из F аu+bv ∈ UДоказательство:=>Пусть U — подпространство V над полем F, тогда докажем что для любых a и b из F и длялюбых u и v верно что au+bv лежит в U.Т.к. u+v лежит в u, а u лежит в u и bv лежит в u (из определения подпространства), то тогдаau+bv лежит в U, ч.т.д.<=Докажем что верно и обратное: а именно, если для любых a,b из F и u v из U au+bv лежит в U тоU- подпространство V.Проверим для начала замкнутость U относительно операций сложения и умножения на скаляр.Заметим что при a=b=1 u+v лежит в U и при b=0 au лежит в U, следовательно условиевыполняется.Проверим теперь выполнение аксиом векторного пространства:Заметим в свою очередь что почти все аксиомы выполняются в U поскольку выполняются в V.Однако нельзя сказать то же самое о присутствии нуля и обратных элементов в U.Докажем эти аксиомы отдельно: Заметим что в V присутствует такой элемент 0` что a*0=0`Но заметим что в V (и следовательно в U) 0*v=0` тогда возьмем a=b=0 и 0*v+0*u=0`,следовательно 0 лежит в U.
(Пояснение: так как в V у нас выполняется свойство векторногопространства о том что 0*v=0 то оно выполняется и в U и так-как мы получаем 0 вектор)Аналогично (используя условие что в V (-1)*v=-v и v+(-v)=0) докажем и существованиеобратного элемента.Предложение 3.1Решения системы уравнений вида Ax=b образуют векторное пространство над полем F толькоесли b=0Доказательство:Рассмотрим уравнение вида ax=b (единственное неизвестное), пусть x1 — его решение и x2 —его решение. Тогда a(x1+x2) должно быть равно b, но так как ax1=b и ax2=b то получим 2b=b,что возможно только при b=0.Проверим умножение на скаляр A(ax)=0.
Заметим что разделив на а мы получим что Ax=0/a=0Аксиомы группы выполняются (нулевой элемент — X={0,0...0}, обратные также существуют,так как если 0 является решением, то мы можем свободно домножить всю систему на -1)и помимо этого выполняются все аксиомы умножения на скаляр.Предложение 3.2Решения системы уравнений вида Ax=0 образуют подпространство в F^N.Доказательство:По лемме 3.1 проверим что A(au+bv)=0A(au)+A(bv)=aA(u)+bA(v)=0 так-как A(u)=0 и A(v0)=0Определение 3.3Линейная оболочка набора v1..vn — всевозможные линейные комбинации векторов v1..vnИными словами L(v1..vn):={sum(k=1,n)(ak*vk)|ak∈F}Предложение 3.3L(v1..vn) — подпространство в в.п.
VДоказательство:Докажем по лемме 3.1Заметим что a(a1v1+a2v2...anvn)+b(b1v1+b2v2...bnvn) есть всего лишь еще одна линейнаякомбинация векторов, также входящая в линейную оболочку. Чт.д.Определение 3.4Пусть V — векторное пространство. Тогда набор векторов v1..vn порождает пространство Vесли V=L(v1..vn)Определение 3.5Векторное пространство называется конечномерным, если существуют такой конечный наборвекторов v1..vn что V=L(v1..vn)Иначе V называется бесконечномерным.Определение 3.6Набор векторов v1..vn называется линейно независимым если сумма aK*nK=0 => a1=...=ak=0(иными словами линейная комбинация равна нулю только когда она тривиальна (всекоэффиценты при ней равны 0))Если набор не является линейно независимым то говорят что он линейно зависимый (т. е.Существует такая линейная комбинация равная нулю, что хотя бы один из коэффицентов неравен нулю).Лемма 3.2 (О линейной зависимости)если набор v1..vn∈V линейно зависим, то один из векторов лежит в линейной оболочкеостальных.Доказательство:Из определения линейной зависимости имеем что существует ai≠0 такой чтоa1*v1+...ai*vi+..an*vn=0Т.к.
ai≠0 то разделим всю комбинацию на ai.Получим (a1/ai)*(v1)+...+vi+...+(an/ai)*vn=0Затем, перенося элемент vi направо, получим, что он выражается как линейная комбинацияостальных векторов и, как следствие, лежит в их линейной оболочке.Определение 3.7Набор векторов v1..vn∈V называется базисом V если:v1,...vn — линейно независимыL(v1,..vn)=VПредложение 3.4Пусть дан Линейно независимый Набор векторов v1..vn∈Vv1,..,vn является базисом <=> для любого вектора u∈V v1,..vn,u — линейно зависимый наборвекторов.Доказательство:=>Пусть v1..vn — базис. Значит любой u∈L(v1...vn).След. u=a1v1+a2v1+...+anvnПеренося u вправо получим a1v1+..+anv-1*u=0 — коэффицент при u≠0 → у векторов v1...vn,uсуществует нетривиальная комбинация равная нулю → этот набор — линейно зависим.<=По лемме 3.2 можно заметить что один из исходных векторов лежит в линейной оболочкеостальных → набор v1...vn — базис.Лемма 3.3 (О решениях системы уравнений)Если в системе из n уравнений, m неизвестных и n<m то она всегда имеет ненулевое решениеДоказательство:После приведения к ступенчатому виду по методу Гаусса, у нас будет существовать хотя бы однастрока, не состоящая из одной переменной, таким образом мы получим хотя бы одну свободнуюпеременную и у системы будет ненулевое решение.Теорема 3.1 (О базисе)1)Любое ненулевое конечномерное пространство V≠{0} над полем F обладает непустымбазисом.2)Если a1..am и b1..bn - базисы пространства V, то m=nДоказательство:1)Т.к.
V≠{0} то найдется v1≠0 тогда v1 — линейно независимый набор векторов.Если L(v1)=V то утверждение верноПусть L(v1)≠V тогда существует v2∈V, не принадлежащий L(v1). По лемме 3.2 v1 и v2 линейнонезависимы.Далее повторяем описанный выше процесс для (v1,v2)Докажем что этот процесс остановится:Т.к.
V по условию - конечномерное то существует набор y1...yn: V=L(y1...yn)Будем брать вектора из него:Если yi=0 То мы удаляем его т. к. L(v1,...vn,0)=L(v1,...vn). А т.к. v≠{0} то среди y1..yn тосуществует ненулевой вектор x, для которого можно применить алгоритм.2)Пусть a1..am, b1..bn — базисыПредположим что m>n для случая n>m доказательство будет аналогичным)V=L(a1,..am)=L(b1...bn)Тогда bj=x1a1+...+xmamЗапишем линейную комбинацию векторов s1b1+s2b2...+snbn=0: ∑(i=1, ton)si*bi=∑(i=1,ton)si*(∑(i=1, to m)xjaj)=∑(i=1, to n)∑(j=1, to m)si*xj*ajПолучаем линейную комбинацию векторов a1...am, из их линейной независимости получаем чтокоэффиценты (в частности sn) должны быть равны нулю (что, к слову и должно быть верно,поскольку b1..bn - базис)Но тогда мы можем записать каждое слагаемое этой суммы как линейное уравнение, равное 0.Поскольку у нас всего n слагаемых, в каждом из которых m слагаемых то мы получим системулинейных уравнений из n уравнений и m неизвестных.Тогда по лемме 3.3 имеем что один из коэффицентов не равен нулю, и существуетнетривиальная линейная комбинация в базисе b1,..bn равная нулю.
Противоречие.Проведя аналогичные доказательства для n>m получим требуемое равенство.Определение 3.8Пусть V — конечное в.п. над полем F . Количество векторов в базисе называется размерностьюпространства V.(Обозначается dim V)Прежде чем перейти к следующей теореме докажем две леммы:Лемма 3.4 (О «разрежении» до базиса)Пусть V=L(a1..ak) и пусть a1...an — максимальный (по включению) поднабор (a1..ak) (то естьk≥n) линейно независимых векторов. Тогда a1...an — базис.Доказательство:Пусть a ∈V. Тогда набор {a, a1, …,an} является линейно зависимым (в силу максимальности повключению набора a1...an). Тогда x*a+x1*a1+..xn*an=0, где хотя бы один xj≠0. Но тогда мыможем выразить один из векторов через остальные.
Заметим что коэффицент при a не равеннулю, т.к. иначе набор a1..an линейно зависим (противоречие с условием). Тогда a=(x1a1+...xnan)/x. Значит то a∈L(a1...an), но тогда получаем что L(a1...an)=V, при этом n<k (такимобразом в k были линейно зависимые векторы).Лемма 3.5 (О дополнении базиса до базиса V)Доказательство:Пусть u1...un — базис подпространства в.п.
V. Если L(u1..un)=V, то утверждение верно. Иначесуществует вектор u(n+1): u1..un,u(n+1) линейно независимы. Повторим те же рассуждения длянового набора, и будем повторять так до тех пор пока не получим базис V (процесс конечен, таккак количество шагов не превысит dim(V)).Теперь перейдем непосредственно к самой теореме:Теорема 3.2 (О размерности)Пусть V — в.п. над пространством F.
U — подпространство V. Тогда:1) dim(U)<= dim(V)2) dim(U)=dim(V) <=>U=VДоказательство:1)Если U=0 то утверждение верно.Пусть U≠0. Тогда существует вектор а ∈U.Пусть S=(b1...bk) k∈N — набор векторов такой что b1...bk — линейно независимы, все bi∈U иb1..bk — максимален по включению (нельзя взять больше линейно независимых векторов).Поскольку a∈S => S≠0 (так как в U есть хоть один элемент, то набор линейно независимыхвекторов также не пуст (может состоять и только из а))Заметим k<=dim V (Иначе существует набор независимых векторов из V , содержащий на одинвектор больше чем базис V, что противоречит определению базиса).Докажем что (b1,..bk) — Базис U. Для этого достаточно показать что L(b1..bk)=U:Пусть u ∈U.
Тогда L(b1..bk, u) — линейно зависим. Но тогда мы можем выразить один вектор издругого (по рассуждениям из доказательства леммы 3.2 это будет u). Таким образом u∈L(b1...bk)=> b1...bk — базис.2)=>Пусть dim(U)=dim(V)=nПусть u1..un — некоторый базис U. Согласно лемме 3.5 мы можем дополнить его до базиса V.Но так-как размерности совпадают нам не нужно добавлять ни одного вектора, значит u1..un —базис V то есть u1...un=v1..vn, где v1..vn — некоторый базис V. Но тогда L(u1..un)=L(v1..vn)=V<=Заметим что если U=V то u1..un = v1...vm. След.
U1..un и v1..vm — базисы V. Но тогда потеореме 3.1 m=n, что и требовалось.Лемма 3.6 (О единственности разложения вектора по базису)Пусть V — конечномерное в.п. над полем F. Тогдаv1..vn — базис V <=> для любого v∈V существует единственный набор a1...an∈F, такой чтоv=a1*v1+a2*v2+...an*vnДоказательство:=>Пусть существует два разложения вектора v: a1*v1...an*vn и a1`*v1...an`*vn.Тогда (a1-a1`)*v1+(a2-a2`)*v2+(a3-a3`)*v3+...+(an-an`)*vn=0Но так как v1..vn — базис, то нулю равна только его тривиальная линейная комбинация, но тогдаa1-a1`=0...an-an`=0 и как следствие a1=a1`...an=an` и разложения совпадают.<=Предположим противное: Пусть для любого вектора v∈V существует единственное разложениеa1*v1...an*vn, но v1..vn — не базис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
