1610841784-463c26116a5e3abf296bc1361fe36f52 (824188), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

. . , an ∈ U линейно независимы, если из равенстваi=1nPi=1αi ai = 0 следует, что α1 = α2 = . . . = αn = 0.Примеры. 1) `1 = (1, 0, . . . , 0) , . . . , `n = (0, 0, . . . , 1) линейно независимы вFn .2) векторы a и 2a линейно зависимы для любого a ∈ V .Теорема 1. 1) Если некоторая подсистема векторов a1 , . . . , an линейнозависима, то векторы a1 , .

. . , an линейно зависимы.2) Если a1 , . . . , an линейно независимы, то любая их подсистема линейнонезависима.3) Если a1 , . . . , an линейно зависимы, то существует i такой, что ai ∈L (a1 , . . . âi . . . , an ).4) Если ai ∈ L (a1 , . . . âi . . . , an ), то a1 , . . . , an линейно зависимы.5) Если a1 , . . . , an линейно независимы, но a1 , .

. . , an , a линейно зависимы,то a ∈ L (a1 , . . . , an ).6) Если a1 , . . . , an линейно независимы и a ∈/ L (a1 , . . . , an ), то a1 , . . . , an ,a линейно независимы.Доказательство. 1) Пусть αi1 ai1 + . . . + αis ais = 0, где 1 ≤ i1 < . . . <nPis ≤ n и αi1 , . . . , αis одновременно не равны нулю. Тогдаβi ai = 0, где βk =i=1½0, k ∈/ {i1 , . .

. , is }и все βi одновременно не равны нулю.αk , k ∈ {i1 , . . . , is }2) Следует из 1).nP3) Еслиαi ai = 0, то существует αk 6= 0 такое, что ak = − ααk1 a1 − . . . −abk − . . . −i=1αnαk an .1. Векторные пространства. Матрицы и определители274) Если ai = β1 a1 +. . .+βdi ai +. . .+βn an , то β1 a1 +. . .+(−1)ai +. . .+βn an = 0.5) Существуют такие α1 , . . . , αn , α ∈ F , одновременно не равные нулю, чтоnnPPαi ai + αa = 0.

Поэтому α 6= 0 и a = − α1αi ai .i=16) Следует из 5).§11.i=1¤Базис и размерность векторного пространства:существование и свойства. Координаты вектораПусть V — векторное пространство над F . Пространство V называетсяконечномерным, если существуют a1 , . . . , an ∈ V такие, что V =L (a1 , . . .

, an ). Набор векторов a1 , . . . , an называется базисом пространства V ,если a1 , . . . , an линейно независимы и V = L (a1 , . . . , an ).Предложение 1. a) Пусть V = L (a1 , . . . , an ). Тогда для любого x ∈ VnPαi ai . b) Если a1 , . . . , an —существуют α1 , . . . , αn ∈ F такие, что x =i=1базис V , то для любого x ∈ V существуют единственные α1 , . . . , αn ∈ FnPтакие, что x =αi ai .i=1Доказательство. a) Очевидно. b) Пусть x =nPnPi=1αi ai =nPi=1βi ai . Тогда(αi − βi )ai = 0. Следовательно, для любого 1 ≤ i ≤ n, αi − βi = 0 иi=1αi =βi .¤Примеры. 1. `1 , . . .

, `n — (стандартный) базис Fn .iP2. Пусть ai =`k , где 1 ≤ i ≤ n. Тогда a1 , . . . , an — базис Fn .k=1Существование и единственность базиса конечномерногопространства. a11 x1 + . . . + a1n xn = 0Лемма 1. С.л.у.− − − − − − − − −−при m < n имеет ненулевоеam1 x1 + . . . + amn xn = 0решение.Доказательство. Система совместна, так как имеет нулевое решение.Приведем ее к ступенчатому виду методом Гаусса. По теореме 1 §8 получим,1.

Векторные пространства. Матрицы и определители28что система примет видb1k xk + . . .+ b1n xn.........brs xs + . . . + brn xn00=...==...=0000,где 1 ≤ k < ` < . . . < s ≤ n, r ≤ m и b1k , . . . , brs 6= 0. Число свободныхпеременных равно (n − r) ≥ (n − m) > 0, т. е. существует ненулевое решение.¤Лемма 2. Пусть V = L(a1 , . . . , an ) и векторы b1 , . . . , bm ∈ V линейнонезависимы. Тогда m ≤ n.nnPPДоказательство. Пусть b1 =α1i ai , . . . , bm = αmi ai , где αij ∈ F иi=1m > n.

Рассмотрим линейную комбинациюmPi=1mXi=1x i bi =mX(xii=1Рассмотрим с.л.у.nXj=1½mPi=1αij aj ) =m XnXi=1 j=1i=1xi bi , где xi ∈ F . ИмеемnmXXαij xi aj =(αij xi )aj .j=1i=1αij xi = 0, 1 ≤ j ≤ n. Так как число уравненийменьше числа неизвестных, то по лемме 1 система имеет ненулевое решениеmP(x1 , . . . , xn ) ∈ Fn , т. е.xi bi = 0.

Противоречие и m ≤ n.¤i=1Теорема 1. Каждое ненулевое конечномерное пространство V =L(a1 , . . . , an ) обладает конечным базисом. Все базисы V состоят изодинакового числа r ≤ n векторов (это число называется размерностьюпространства V над F и обозначается dimF V = r).Доказательство. Существование. Так как V 6= 0, то существуетненулевой x1 ∈ V .

Если V = L(x1 ), то x1 — базис; если V 6= L(x1 ), тосуществует x2 ∈ V, x2 ∈/ L(x1 ). По теореме 1 §10, x1 , x2 линейно независимы.Если V = L(x1 , x2 ), то x1 , x2 — базис. Если V 6= L(x1 , x2 ), то продолжаемпроцесс. По лемме 2 число линейно независимых векторов ≤ n, поэтомучерез r шагов, где r ≤ n, получим: x1 , . . . , xr линейно независимы и xr+1 ∈L(x1 , . . . , xr ) для любого xr+1 ∈ V . Следовательно, V = L(x1 , . . . , xr ) иx1 , . .

. , xr — базис V .1. Векторные пространства. Матрицы и определители29Единственность. Пусть V = L(x1 , . . . , xr ) = L(y1 , . . . , ys ), где x1 , . . . , xrлинейно независимы и y1 , . . . , ys линейно независимы. По лемме 2, r ≤ s иs ≤ r, т. е. r = s.¤Если a1 , . .

. , an — базис V , то для любого x ∈ V существуют единственныеnPα1 , . . . , αn ∈ F такие, что x =αi ai . Строка [x]a1 ,...,an = (α1 , . . . , αn ) ∈ Fni=1называется координатами вектора x в базисе a1 , . . . , an .§12.ИзоморфизмразмерностивекторныхпространстводнойПусть A, B — множества, ϕ : A → B — отображение. Образом отображенияϕ называется множество Im (ϕ) = {ϕ (a) : a ∈ A} ⊆ B. Отображение ϕ —сюръективное (отображение на), если Im (ϕ) = B, т.

е. для любого b ∈ Bсуществует a ∈ A такой, что ϕ (a) = b; ϕ — инъективное (отображениев; вложение), если ϕ (a1 ) 6= ϕ (a2 ) для любых a1 , a2 ∈ A, a1 6= a2 ; ϕ —биективное (взаимно однозначное), если ϕ — однозначное отображение на,т. е. ϕ — сюръективное и инъективное отображение.Векторные пространства U и V называются изоморфными, еслисуществует взаимно однозначное отображение ϕ : U 7→ V такое, чтоϕ (αa + βb) = αϕ (a) + βϕ (b) для любых α, β ∈ F , a, b ∈ U .

Отображениеϕ называется изоморфизмом. Обозначение: U ≈ V .Теорема 1. Если dimF V = n, то V ≈ Fn .Доказательство. Пусть V = L(a1 , . . . , an ), где a1 , . . . , an — базис V . ПустьnPx =αi ai ∈ V , где α1 , . . . , αn ∈ F . Построим ϕ : V → Fn по правилу:i=1ϕ (x) = [x]a1 ,...,an . Тогда для любого (α1 , . . . , αn ) ∈ Fn существует x =nPi=1αi aiтакой, что ϕ(x) = (α1 , . . . , αn ), т.

е. ϕ — отображение на. Более того, еслиx, y ∈ V , x 6= y, то [x]a1 ,...,an 6= [y]a1 ,...,an . Следовательно, ϕ — это однозначноеотображение и, в итоге, ϕ взаимно однозначное.nnPPДля любых α, β ∈ F, x =αi ai , y =βi ai ∈ V имеемi=1i=1nXϕ(αx + βy) = ϕ((ααi + ββi ) ai ) = (αα1 + ββ1 , . .

. , ααn + ββn ) =i=1= α (α1 , . . . , αn ) + β (β1 , . . . , βn ) = αϕ (x) + βϕ (y) .¤1. Векторные пространства. Матрицы и определители§13.30Базис подпространства векторного пространстваЛемма 1. Пусть V = L(a1 , . . . , an ) и ai1 , . . . , air — любой максимальныйнабор линейно независимых векторов из системы a1 , .

. . , an . Тогдаai1 , . . . , air — базис V .Доказательство. Если r = n, то a1 , . . . , an — базис V по определению.Пусть r < n. Для любого i, 1 ≤ i ≤ n, векторы ai1 , . . . , air , aiлинейно зависимы. По теореме 1 §10, ai ∈ L(ai1 , . .

. , air ). Следовательно,V = L (a1 , . . . , an ) ⊆ L (ai1 , . . . , air ) ⊆ L (a1 , . . . , an ) = V . Поэтому V =L (ai1 , . . . , air ) и ai1 , . . . , air — базис V .¤Лемма 2. Пусть V — векторное пространство размерности n над F ,a1 , . . . , ar линейно независимы в V и r < n. Тогда существуют такиеar+1 , . . . , an ∈ V , что a1 , . . . , an — базис пространства V .Доказательство. Так как r < n, то L(a1 , . . . , ar ) 6= V . Выберемпроизвольный ar+1 ∈/ L (a1 , . .

. , an ) ∈ V . По теореме 1 §10, a1 , . . . , ar+1линейно независимы. Если L (a1 , . . . , ar+1 ) = V , то a1 , . . . , ar+1 — базис V .Если нет, то повторяем процесс. За (n − r) шагов найдем базис a1 , . . . , an . ¤Теорема 1 (о размерности подпространства). Подпространство Uконечномерного пространства V является конечномерным, т.

е. для любогоподпространства U пространства V = L(a1 , . . . , an ) существует базисb1 , . . . , br , U = L(b1 , . . . , br ) и r ≤ n.Доказательство. Если U=0, то U=L(0) —конечномерное пространство. Пусть U6= 0. Рассмотрим M={(b1 , . . . , br ) : r ∈ N, b1 , . . . , br линейно независимы} . Тогда M 6= ∅: таккак U 6= 0, то существует a ∈ U такой, что a 6= 0. Следовательно, (a) ∈ M.Далее, r ≤ n в силу леммы 2 §11.Выберем произвольный набор (b1 , .

. . , br ) ∈ M , где r — максимальноечисло. Докажем, что b1 , . . . , br — базис U . По определению множества M ,для любого b ∈ U векторы b1 , . . . , br , b линейно зависимы. Тогда, по теореме1 §9, b ∈ L (b1 , . . . , br ). Следовательно, U ⊆ L (b1 , . . . , br ) ⊆ U .

ПоэтомуU = L (b1 , . . . , br ), b1 , . . . , br — базис U и r ≤ n.¤Следствие. Пусть U ≤ V и dim U = dim V , тогда U = V .Доказательство. Имеем U ⊆ V . Если U 6= V , то мы можем дополнитьбазис U до базиса V , но тогда dim U < dim V .¤Как практически искать базис U ?1) Если U = 0, то базиса нет и U = L(0).1. Векторные пространства. Матрицы и определители312) Если U 6= 0, то существует ненулевой x1 ∈ U . Если U = L(x1 ), то x1— базис. Если U 6= L(x1 ), то существует x2 ∈ U такой, что x2 ∈/ L(x1 ).Следовательно, по теореме 1 §11, x1 , x2 линейно независимы. Повторимпроцедуру и за r ≤ n шагов получим U = L (x1 , . .

. , xr ) , где x1 , . . . , xr —базис U .§14.Сумма и пересечение подпространств, связь ихразмерностейПусть U1 , . . . , Uk — подпространства V . ТогдаkTi=1{a ∈ V : a ∈ U1 , . . . , a ∈ Uk } — пересечение U1 , . . . , Uk ;Ui = U1 ∩ . . . ∩ UkkPi=1=Ui = U1 + . .

. + Uk == {a ∈ V : a = a1 + . . . + ak : ai ∈ Ui } — сумма U1 , . . . , Uk .kkTPЛемма 1.Ui иUi — подпространства в V .i=1i=1Доказательство. Очевидно, что 0 ∈kTi=1∅.kTДля любых α, β ∈ F , a, b ∈i=1Ui , 0 ∈kPi=1Ui ⇒kTi=1Ui 6= ∅,kPi=1i=1Ui 6=Ui имеем a, b ∈ U1 , . . . , a, b ∈ Uk . Тогда, полемме 1 §10, αa + βb ∈ U1 , . . . , αa + βb ∈ Uk , т. е. αa + βb ∈для любых α, β ∈ F, a, b ∈kPkTi=1Ui . Далее,Ui имеем a = a1 + . . . + ak , b = b1 + . . . + bk ,где ai , bi ∈ Ui . Следовательно, по лемме 1 §10, αai + βbi ∈ Ui и αa + βb =kkkkkkPPPPTPα ai + βbi =αai + βbi ∈Ui . По лемме 1 §10,Ui иUi —i=1i=1i=1i=1подпространства в V .Задача.

В общем случае U1Si=1i=1¤U2 не является подпространством в V .Теорема 1. Пусть U1 , U2 — подпространства в V . Тогда dim (U1 + U2 ) =dim U1 + dim U2 − dim (U1 ∩ U2 ).Доказательство. Пусть dim U1 = n1 , dim U2 = n2 , dim (U1 ∩ U2 ) = m.Пусть a1 , . . . , am — базис U1 ∩ U2 . Так как U1 ∩ U2 ⊆ U1 , то, по лемме 3, мыможем дополнить a1 , . . . , am векторами b1 , . . . , bk ∈ U1 до базиса пространстваU1 , тогда m+k = n1 .

Характеристики

Список файлов лекций