1610841717-9c24e46dbf04e3bde7cb68f9a60e4fa3 (824182), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Тогда vi=ei, wi=e`iТогда имеем что [v]=[a1,..an] [φ(v)]=[b0..bm]Построим матрицу А, имея отображение φ:Представим вектора ek — вектор из нулей с единицей на k позицииφ(e1)=a11 e1` +… +a1n en`φ(e2)=a21 e1`+ ...+ a2n en`…φ(em)=am1 e1`+… amn en`И запишем в матрицу на i,j позицию a(i,j)Таким образом Матрица построена.В таком случае имеем что φ(v)= φ (a1*e1+...an*en)=a1*φ(e1)+...an(φ(en))= a1(a11e`1+...a1ne`n)+...an((am1e`1+...+amn*e`m).Тогда заметим что [φ(v] =[a1(a11*e`1+...a1ne`n),…,an((am1e`1+...amne`n))] (Выписываемполучившиеся значения в вектор)Но это идентично тому что мы получим умножив нашу матрицу А на вектор [v]=[a1...an](Напомним что матрица А состоит из коэффицентов вида а11..amn, то есть тех самых векторов,которые появились в нашем преобразовании φ(v))Имеем таким образом что А*[v]=[φ(v)]что и требовалось.Следовательно теорема доказана.Замечание В данном доказательстве мы из исходных пространств перешли к им изоморфным сединичными базисами (F^n, F^m).
Затем мы построили Матрицу отображения (этот алгоритмможно использовать и в дальнейшем и кстати он (возможно) связан с переходом к новому базисув аналитической геометрии) после чего пользуясь выражением базис векторов первогопространства через базис второго мы преобразовали φ(v) и привели его к векторной форме.Затем просто перемножили составленную матрицу и образ вектора v в пространстве F^n (онинеразличимы с алгебраической точки зрения) и получили требуемое.Суперпозиция линейных преобразований и умножение матрицТеорема 3.9 (о умножении матриц отображений)Пусть U,V,W — в.п. над Fu1...uk — базис Uv1...vn — базис Vw1...wm — базис Wφ: U → V, ψ: V → W. - линейные отображения.ψφ: U → W — их суперпозицияЕсли А=[ψ](u1..uk)(v1..vn), B=[φ](v1..vn)(w1..wm)То [ψφ](u1..uk)(w1..wm)=ABДоказательство:Аналогично рассуждениям в предыдущей теореме сведем эти пространства к изоморфным импространствам столбцов:Для этого построим изоморфизмы σ:U → F^k τ:V → F^n ρ: W — F^mТакже вспомним отображения Ψ:Hom(U,V) → Hom(F^k, F^n) и Ф: M(kxn)(F) → Hom(U,V)Заметим тогда что Ф(Β)=Ψ(φ)=τφ(σ^-1), Φ(Α)=Ψ(ψ)=πψ(τ^-1)Тогда Φ(Α)*Φ(Β)=ρφ(τ^-1)(τφ(σ^-1)=ρψφ(σ^-1)То есть мы можем игнорировать τИ из этого получаем Ф(А) *Ф(Β)=Φ(ΑΒ)Тогда заметим что Ф(B): u → B*u, Ф(A): v → AvФ(АВ)=Ф(А)*Ф(Β)=Ф(Ф(Β))=Φ(Βu)=A(Bu)=(AB)u.
ч.т.дРанг матрицыОпределение 3.18Пусть А ∈Μ(mxn).Тогда А можно представить как вектор ее столбцов (А(1), А(2).., А(n)) или же как вектор строк(А1, … Аm)TПусть Uh(A)=L(A1...Am) — пространство, порожденное строками матрицы,Uv(A)=L(A1...An) — пространство, порожденное столбцами матрицы.Тогда dim(Uh) — горизонтальный ранг матрицы А(обозн.
rh(A)), dim(Uv) — вертикальный рангматрицы А (обозн. rv(A)).Теорема 3.10 (о совпадении верт. И гор. Рангов)Для любой матрицы А∈Μ(mxn)(F)rh(A)=rv(A)Это число называется рангом матрицы А и обозначается r(A)Доказательство:Заметим, что элементарные преобразования строк и столбцов не изменяют ранг, поскольку неизменяют ни размерность строк, ни размерность столбцов.Из этого следует что rh(T*X)=rh(X), rv(X*R)=rv(X), где Τ — элементарные преобразованиястрок, R — столбцов.Вспомним также что любая матрица А может быть приведена к виду ΤDR, где D —диагональная матрица, пусть в ней r ненулевых строк.Тогда rh(DR)<=r (Поскольку если мы умножаем матрицу на нулевую строку, мы получаемнулевую строку => cтрочной ранг не будет превосходить количества ненулевых строк в матрицеD то есть r)Докажем одно утверждение:Утверждение: Столбцы матрицы ΤD Линейно независимы.Доказательство:Τ*D имеет вид d1*T(1),...dr*T(r), где Τ(i) — i строка Т.Предположим противное.
Тогда существует линейная комбинация этих векторов видаa1(d1*T(1))+a2(d2*T(2))+...ar(dr*T(r))=0, ∃ai≠0.Заметим что так-как строки Τ(i) ненулевые (в каждой из них присутствует хотя бы одно число,как в S(i,j), так и в трансвекциях) то нулевым должно быть произведение ai*di, но di ≠0 поопределению. Помимо этого строки T(i) линейно независимы, следовательно мы не можемвыразить ни одну из них через другие. Значит мы имеем ненулевой элемент в комбинации,равной нулю. Получаем противоречие.Таким образом получаем что rv(TD)>=r.Отсюда имеем что r=<rv(TD)=rv((TD)R)=rv(A), r>=rh(DR)=rh(T(DR))=rh(A)Таким образом имеем что rv(A)>=rh(A)Транспонируя А и проводя аналогичные рассуждения получаем что rv(A)<=rh(A).Таким образом rv(A)=rh(A). Теорема доказана.Из этой теоремы очевидно следует что r(A)=r(AT)Предложение 3.8 (Размерность пространства как размерность ядра и образа)Пусть φ: V → WТогда dim(Ker(φ))+dim(Im(φ))=dim VДоказательство:Пусть u1..uk — базис Ker(φ)Дополним его до базиса u1..uk,v1..vs пространства V.Докажем что φ(v1)...φ(vs) — базис образа.Эти вектора, очевидно, принадлежат Ιm(φ)Тогда проверим их линейную независимость:Предположим противное.
Тогда ∃α1(φ(v1)+...αs*φ(vs)=0, αi≠0.Но это выражение равно φ(α1*v1+...+αs*vs) =0 => α1*v1+...+αs*vs ∈ Ker(φ) => α1*v1+...+αs*vs=b1u1+...+bk*uk => α1*v1+...+αs*vs-b1u1-...-bk*uk=0 но v1..vs,u1..uk — линейнонезависимыеПолучаем противоречие.Теперь проверим что L(φ(v1)...φ(vs))=Im(φ)Пусть w=φ(v)∈Im(φ)Тогда v = a1*u1+...ak*uk+b1*v1+...bs*vsТогда φ(v)=w=a1*φ(u1)+...ak*φ(uk)+b1*φ(v1)+...+bs*φ(vs)Но все φ(ui)=0 т. к. ui∈Ker(φ)Cледовательно w=b1*φ(v1)+...+bs*φ(vs).Таким образом утверждение доказано.Теорема 3.11 ( Ранг как размерность образа)Пусть А∈M(mxn)(F), Ф(А)= φA :F^n → F^m — соответствующее этой матрице линейноеотображение. Тогда r(A)=dim(φΑ(F^n)Доказательство:Пусть e1,...en — базис F^nφΑ(F^n)=L(φA(e1),..,φA(en))=L(A(1)...A(n)), где Аi — столбец матрицы А.φΑ(e1)=A*e1=A*(1...0)Тогда dim φΑ(F^n)=dim(L(A(1),...A(n))=r(A)Что и требовалосьТеорема 3.12 (О ранге произведения матриц)Пусть А∈Μ(kxm)(F), B∈M(mxn)(F)Тогда r(AB)<=min{r(A),r(B)}Доказательство:Заметим чтоФ(А)= φА:F^m → F^kФ(B)=φΒ:F^n → F^mΦ(ΑΒ)=φ(ΑΒ): F^n → F^kПо теореме 3.11 r(AB)=dim(φΑΒ(F^n)Но по теореме 3.9 dim(φΑΒ(F^n)=(φΑ * φΒ(F^n))Заметим, что dim(φAφΒ(F^n))<=dim(φΑ(F^n)) так как φA, φΒ — отображения и φΒ(φ(Α)) неувеличит размерность.Таким образом r(AB)<=dimφΑ(F^n)=rk(A)Тогда также заметим что r(AB)=r((AB)T)=r(BT*AT)<=r(BT)=r(B) (пользуясь аналогичнымирассуждениями) Таким образом получаем что r(AB)<=r(A) и r(AB)<=r(B) => r(AB)<min(r(A),r(B)).
Теорема доказана.Обратимые матрицыОпределение 3.19Пусть Μ(nxn)(F) — квадратная матрица (также можно обозначать просто Μn(F))Матрица А∈Μn(F) называется обратимой слева, если существует B∈Mn(F):B*A=EМатрица А∈Mn(F) называется обратимой справа, если существует Β∈Μn(F): A*B=EТеорема 3.13 (О обратимой матрице)Следующие условия эквивалентны для матрицы А∈ Μn(F)1)А обратима слева2)r(A)=n3)Ф(А)= φΑ:F^n → F^n изоморфизм.4)А обратима слеваДоказательство:1=>2Пусть существует Β∈Μn(F): Β*Α=Εn=r(En)<=r(A) (по теореме 3.12) => количество строк матрицы не превышает ранг, но посколькуr(A)=dim(L(A(1),...A(n)) то r<=n (так как размерность линейной оболочки не может превышатьколичество векторов, из которых она формируется).Следовательно r(A)<=n, r(A)>=n => r(A)=n.2=>3r(A)=dim φΑ(F^n)=n (По теореме 3.11)φΑ: F^n → F^n.Заметим что по определению φА линейно. Значит достаточно доказать его Биективность.Заметим что dim φΑ(F^n)=n=dim(F^n) => φΑ — сюрьекция (размерность образа в F^n совпадаетс размерностью самого F^n, следовательно отображение покрывает все пространство F^n)Докажем инъективность:Заметим что по Предложению 3.8 dim(F^n)=n=dim(Ker(φ))+dim(Im(φ))Но Im(φ)=n => Ker(φ)=0 => φΑ — инъективно.Следовательно φΑ биективно и линейно => изоморфизм.3=> 4Ι=φΑ^-1*φΑ: F^n → F^n — тождественноТогда заметим что Ι=Ф(Е)=Ф(В)*Ф(А)=Ф(ΒΑ)=Ε=ΒΑ4=>1Пусть А обратима слева.
Тогда поскольку ΒΑ=Ε=ΑΤΒΤ то АТ обратима справа.Но т. к. п1=>п2=>п3=>п4 то из того что АТ обратима справа => АТ обратима слева.Тогда существует Χ: Χ*ΑΤ=Ε=ΕΤ=(Χ*ΑΤ)Τ=Α*ΧΤ => Α обратима справа.ЧтдТаким образом мы получаем что из каждого утверждения следует каждое. Теорема доказана.Определение 3.20Квадратная матрица, удовлетворяющая хотя бы одному из условий теоремы 3.13 называетсяобратимой.Свойства обратимых матриц:1)Для любой матрицы А∈Mn(F) существует единственная обратная матрица А^-1∈Μn(F)Доказательство:Пусть Χ,Υ — обратные А матрицы Тогда Χ=ΧΕ=ΧΑΥ=(ΧΑ)Υ=ΕΥ=Υ.2)Если А обратима то (А^-1)^-1=Α3)Если А и Β то (АВ)^-1= B^-1 A^-1Следствие 3.20.1Если А∈Μn(F) обратима то r(AB)=r(B) для любой Β∈Μ(nxk)(F) и r(CA)=r(C) для любойC∈M(m,n)(F).Доказательство:r(AB)=dim φΑΒ(F^k)=dim φΑ(φΒ(F^k))=dim(φB(F^k)) (т. к. по теореме 3.13 φА — изоморфизм иследовательно не влияет на размерность)Для С доказательство аналогично.Определение 3.21Пусть АΧ=0 A=(a11...amn), X=[x1...xn] — однородная система линейных уравнений над F.Число главных неизвестных при решении системы линейных уравнений методом Гаусса равноr(A) и не зависит от способа приведения к ступенчатому виду.Теорема 3.14 (О размерности пространства решений с.л.у)Размерность пространства решений однородной системы с.л.у Аx=0, A∈M(mxn)(F) равна n-r(A)Доказательство:Пусть u:={u∈F^n|Au=0}Тогда заметим что u=Ker(φΑ)Тогда по предложению 3.8 dim(F^n)=dim(u)+dim(Im(φΑ)) но dim(F^n)=n, dim(Im(φΑ))=r(A) (потеореме 3.11)Следовательно равенство имеет вид n-r(A)=dim(u), что и требовалось.Базис этого пространства называется фундаментальной системой решений однородной с.л.уΑχ=0Лемма 3.8Пусть ΑΧ=Β — совместная (имеющая хотя бы одно решение) неоднородная система из mуравнений с n неизвестными.vo — одно из ее решений.Обозначим через U пространство решений однородной системы АΧ=0.
Тогда верно следующее:1)Для любого u∈U вектор v=v0+u является решением с.л.у ΑΧ=Β2)Для любого решения v с.л.у ΑΧ=Β найдется u∈U такой что v=v0+u.Доказательство:1)Докажем что Αv=B:A(v0+u)=B Av0+Au=B, но Αv0=B, Au=0 Следовательно равенство выполняется.2)Возьмем u=v-v0, проверим что u∈U.A(u)=Av-Av0,Av=B, Av0 = B. => B-B=0 => Au=0 => u∈U.Следовательно лемма доказана.Общее решение неоднородной системы линейных уравнений состоит из суммы частногорешения неоднородной системы и общего решения однородной системы.Теорема 3.15 (Кронекера-Капелли)Система АX=B совместна <=> r(A)=r(A|B)Доказательство:=>Пусть v=(v1...vn) — решение => Аv=B.Тогда Α(1)+Α(2)+...Α(n)=A, A(i) — i столбец А.Тогда заметим что v1A(1)+...vn*A(n)=B => B∈L(A(1),...A(n))[2]rk(A|B) =dim(L(A(1),A(2)…,A(n),B))[1], но т. к.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
