1610841784-463c26116a5e3abf296bc1361fe36f52 (824188), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Поопределению L ◦ [ ] : Mm,n (F ) 7→ Mm,n (F ) и (L ◦ [ ])(A) = [L(A)] = [ϕA ] = A.2) Рассмотрим суперпозицию отображений [ ] и L. По определению [ ] ◦L : L(Fm , Fn ) 7→ L(Fm , Fn ). Пусть ϕ ∈ L(Fm , Fn ) и ϕ = ϕA для некоторойA ∈ Mm,n (F ). Тогда ([ ] ◦ L)(ϕ) = L([ϕ]) = L([ϕA ]) = L(A) = ϕA = ϕ.Для любых A ∈ Mm,s (F ) , B ∈ Ms,n (F ) положим a11 · · · a1sb11 · · · b1nc11 · · · c1nC = A · B = ··· ··· ··· · ··· ··· ··· : = ··· ··· ··· ,am1 · · · amsbs1 · · · asncm1 · · · cmnгде cij =sPaik bkj = Ai B (j) , т.
е.k=1 A1 BA1 B (1) · · · A1 B (n)A · B = ······· · · = ... .Am B (1)Am B (n)Am B(1)Теорема 1. Для любых ψ ∈ L (Fm , Fs ) и ϕ ∈ L (Fs , Fn ) имеем [ψ ◦ ϕ] =[ψ] · [ϕ].Доказательство. Из теоремы 1 §16 следует, что существуют A ∈ Mm,s (F ) ,B ∈ Ms,n (F ) такие, что ψ = ϕA , ϕ = ϕB .Будем обозначать стандартный базис Fn через `1 (n), . .
. , `n (n). Тогда(ϕA ◦ ϕB ) (`1 (m)).[ψ ◦ ϕ] = [ϕA ◦ ϕB ] = · · · · · · · · · · · · · · ·(ϕA ◦ ϕB ) (`m (m))Имеем, для 1 ≤ i ≤ m, (ϕA ◦ ϕB ) (`i (m)) = ϕB (ϕA (`i (m))) = ϕB (`i (m) A) =A1 B(`i (m) · A) · B = Ai · B. Поэтому, в силу (1) §16 и §17, [ψ ◦ ϕ] = ... =Am B¤A · B = [ϕA ] · [ϕB ] = [ϕA·B ] = [ψ] · [ϕ] .1. Векторные пространства. Матрицы и определители38Отметим, что из доказательства теоремы 1 для любых A ∈ Mm,s (F ) , B ∈Ms,n (F ) следует формулаϕA·B = ϕA ◦ ϕB .(2)Следствие 1. a) Для любых A ∈ Mm,s (F ) , B ∈ Ms,t (F ) , C ∈ Mt,n (F )справедливо (A · B) · C = A · (B · C) — умножение матриц ассоциативно.b) Для любых A ∈ Mm,s (F ) , B ∈ Ms,t (F ) , C ∈ Ms,t (F ), D ∈ Mt,m (F )справедливо A · (B + C) = AB + AC, (B + C)D = BD + CD — умножениематриц дистрибутивно.Доказательство.
a) По формуле (2) и лемме 1, имеемϕ(A·B)·C = ϕA·B ◦ ϕC = (ϕA ◦ ϕB ) ◦ ϕC = ϕA ◦ (ϕB ◦ ϕC ) = ϕA ◦ ϕB·C = ϕA·(B·C) .££¤¤Тогда ϕ(A·B)·C = (A · B) · C = ϕA·(B·C) = A · (B · C).b) По лемме 1 с), имеем ϕA·(B+C) = ϕA ◦ ϕB+C = ϕA ◦ (ϕB + ϕC ) = ϕA ◦ϕB + ϕA ◦ ϕC = ϕAB + ϕAC = ϕAB+AC . Продолжая далее как и в пункте 1,получаем требуемое. Аналогично показывается второе равенство.¤§18.Обратимые преобразования и матрицыОтображение 1X : X → X называется единичным (или тождественным),если 1X (x) = x для любого x ∈ X.
Отображение g : Y → X называетсяобратным к f : X → Y и обозначается g = f −1 , если f ◦ g = 1X , g ◦ f = 1Y .При этом f называется обратимым.Лемма 1. Для любого отображения f : X → Y имеем:a) f ◦ 1Y = f, 1X ◦ f = f ;b) обратное отображение g определяется однозначно;c) если f ◦ g = 1X , то f инъективно, а g сюръективно;d) f обратимо ⇔ f биективно.Доказательство.
a) Для любого x ∈ X имеем: f ◦ 1Y (x) = 1Y (f (x)) =f (x) , 1X ◦ f (x) = f (1X (x)) = f (x) .b) Пусть f ◦ g1 = f ◦ g2 = 1X , g1 ◦ f = g2 ◦ f = 1Y . Тогда g1 = g1 ◦ 1X =g1 ◦ (f ◦ g2 ) = (g1 ◦ f ) ◦ g2 = 1Y ◦ g2 = g2 .c) Пусть f (x1 ) = f (x2 ). Тогда x1 = 1X (x1 ) = (f ◦ g) (x1 ) = g (f (x1 )) =g (f (x2 )) = (f ◦ g) (x2 ) = 1X (x2 ) = x2 , т. е. f инъективно.
Для любого x ∈ Xимеем: x = 1X (x) = (f ◦ g) (x) = g (f (x)). Следовательно, g сюръективно.d) Если f ◦ g = 1X , g ◦ f = 1Y , то f инъективно и сюръективно ⇒ fбиективно.1. Векторные пространства. Матрицы и определители39Обратно, для любого y ∈ Y существует единственный x ∈ X такой, чтоf (x) = y. Положим g(y) = x. Тогда g : Y → X и f ◦ g = 1X , g ◦ f = 1Y . ¤Следствие 1. a) Если f биективно, то f −1 биективно и (f −1 )−1 = f.b) Если f : X → Y и h : Y → Z — биективные отображения, то f ◦ hбиективно и (f ◦ h)−1 = h−1 ◦ f −1 .Доказательство. a) По лемме 1, f −1 существует и обратимо ⇒ f −1биективно и¡¢−1f ◦ f −1 = 1X , f −1 ◦ f = 1Y ⇒ f −1= f.¡ −1¢¡¡¢¢−1−1−1b)Полемме1,имеем(f◦h)◦h◦f=f◦h◦h◦f= f ◦¡ −1¢¡¢−1−1−1¤1Y ◦ f= f ◦ f = 1X . Аналогично, h ◦ f◦ (f ◦ h) = 1Z .Множество матриц Mn,n (F ) обозначается через Mn (F ).
Матрицы изMn (F ) называются квадратными. Матрица A ∈ Mn (F ) называетсяобратимой, если существует B ∈ Mn (F ) такая, что A · B = B · A = E,10... — единичная матрица. Матрица B называетсягде E = 01обратной к A и обозначается B = A−1 . Обратимая матрица называется такженевырожденной. Как и в случае линейных отображений, легко доказать, чтообратная матрица единственна.Теорема 1. Для любого преобразования ϕ ∈ L (Fn , Fn ) следующие условияэквивалентны:a) ϕ обратимо;b) ϕ−1 обратимо и ϕ−1 ∈ L (Fn , Fn ) ;c) [ϕ] — обратимая матрица.Доказательство. a) ⇔ b) По лемме 1, ϕ−1 — биективное и, следовательно,обратимое отображение.
Докажем линейность ϕ−1 . Для любых α, β ∈ F иX, Y ∈ Fn обозначимZ = ϕ−1 (αX + βY ) − αϕ−1 (X) − βϕ−1 (Y ) .¡ −1¢¡ −1¢¡ −1¢Тогдаϕ(Z)=ϕϕ(αX+βY)−αϕϕ(X)−βϕϕ(Y)=¡ −1¢¡ −1¢¡ −1¢ϕ ◦ ϕ (αX + βY ) − α ϕ ◦ ϕ (X) − β ϕ ◦ ϕ (Y ) = αX + βY − αX −βY = 0. Так как ϕ(0) = 0 и ϕ биективно, то Z = 0. Следовательно,ϕ−1 (αX + βY ) = αϕ−1 (X) + βϕ−1 (Y ) .a) ⇒ c) Так как отображение ϕ обратимо, то, по пункту b), ϕ−1 —обратимое линейное преобразование и ϕ ◦ ϕ−1 = ϕ−1 ◦ ϕ = 1, где 1 = 1F n .Имеем, по теореме 1 §17,£¤£¤ £¤ £¤ϕ ◦ ϕ−1 = [ϕ] · ϕ−1 = ϕ−1 ◦ ϕ = ϕ−1 · [ϕ] = [1] .1. Векторные пространства. Матрицы и определители40 1 (`1 (n))`1 (n)¤¤ ££.. = ... = E.
Поэтому [ϕ] · ϕ−1 = ϕ−1 · [ϕ] =Но [1] = .1 (`n (n))`n (n)E и [ϕ] — обратимая матрица, причем [ϕ]−1 = [ϕ−1 ].c) ⇒ a) [ϕ] · B = B · [ϕ] = E. Тогда, по формуле 1 §16, [ϕB ] = B. Поэтому[ϕ] · [ϕB ] = [ϕ ◦ ϕB ] = [ϕB ] · [ϕ] = [ϕB ◦ ϕ] = [1] . Так как [ ] инъективно, тоϕ ◦ ϕB = ϕB ◦ ϕ = 1, т. е. ϕ обратимо.¤Следствие 2. Отображение [ ] является изоморфизмом L(Fm , Fn ) иMm,n (F ).Доказательство. Из примеров §17 следует, что [ ] — это отображениеобратное к L.
Поэтому из Следствия 1 и Теоремы 1 следует, что [ ] являетсяизоморфизмом.¤Следствие 3. Для любых матриц A, B ∈ Mn (F ) имеем1) A обратима ⇔ A−1 обратима и (A−1 )−1 = A;2) A, B обратимы ⇒ A · B обратима и (A · B)−1 = B −1 · A−1 .Доказательство. Так как обратная матрица определена однозначно, тоутверждение следует из равенств AA−1 = A−1 A = E, (AB)(B −1 · A−1 ) =(B −1 · A−1 )(AB) = E.¤§19.Образ и ядро линейного отображения, связь ихразмерностей.
Характеризация обратимого преобразования в терминах ядра и образаРассмотрим линейное отображение ϕ : V → U , где V, U — векторныепространства над F . Ядром линейного отображения ϕ называется множествоKer ϕ = {v ∈ V : ϕ (v) = 0} ⊆ V,образом линейного отображения ϕ называется множествоIm ϕ = {ϕ (v) : v ∈ V } ⊆ U.Лемма 1. Ker ϕ — подпространство в V , Im ϕ — подпространство в U .Доказательство. Так как ϕ(0) = 0, то 0 ∈ Ker ϕ 6= ∅, 0 ∈ Im ϕ 6= ∅.Далее, для любых α, β ∈ F , a, b ∈ Ker ϕ имеем ϕ (αa + βb) = αϕ(a)+βϕ(b) =0. Следовательно, αa + βb ∈ Ker ϕ, поэтому Ker ϕ — подпространство в V .1.
Векторные пространства. Матрицы и определители41Для любых α, β ∈ F , ϕ(a), ϕ(b) ∈ Im ϕ имеем αϕ(a) + βϕ(b) = ϕ (αa + βb),т. е. Im ϕ — подпространство в U .¤Теорема 1. dim V = dim Ker ϕ + dim Im ϕ.Доказательство. Пусть e1 , . . . , ek — базис Ker ϕ, дополним еговекторами ek+1 , .
. . , en до базиса V . Тогда Im ϕ = L(ϕ(e1 ), . . . , ϕ(en )) =nnPPL(ϕ(ek+1 ), . . . , ϕ(en )). Пустьαi ϕ(ei ) = 0. Тогда 0 =ϕ(αi ei ) =i=k+1i=k+1µ n¶nPPϕαi ei . Поэтомуαi ei ∈ Ker ϕ и существуют α1 , . . . , αk ∈i=k+1F такие, чтоi=k+1nPi=k+1αi ei = −kPi=1αi ei , откудаnPi=1αi ei = 0.
Тогда α1 =. . . = αn = 0 и ϕ (ek+1 ) , . . . , ϕ (en ) линейно независимы. Следовательно,ϕ (ek+1 ) , . . . , ϕ (en ) — базис Im ϕ и dim V = n = k + (n − k) = dim Ker ϕ +¤dim Im ϕ.Теорема 2. Пусть ϕ ∈ L (V, V ), V — конечномерное пространство.Тогда следующие условия эквивалентны: 1) ϕ обратимо; 2) Ker ϕ = 0; 3)Im ϕ = V .Доказательство. По теореме 1, имеем Ker ϕ = 0 ⇔ dim Ker ϕ = 0 ⇔dim Im ϕ = dim V ⇔ Im ϕ = V, откуда следует эквивалентность 2) ⇔ 3).1) ⇒ 2) Если ϕ обратимо, то ϕ биективно по лемме 1 §18 и Ker ϕ = 0.Пусть Ker ϕ = 0, тогда Im ϕ = V , ϕ сюръективно и, более того, если a, b ∈V и ϕ (a) = ϕ (b), то 0 = ϕ (a) − ϕ (b) = ϕ (a − b), т.
е. a − b ∈ Ker ϕ, a = b.Поэтому ϕ инъективно и 1) ⇔ 2).¤Отображение ϕ ∈ L (V, V ) называется невырожденным, если Ker ϕ = 0.Следствие. Пусть dimF V < ∞. Тогда ϕ невырождено ⇔ ϕ обратимо.§20.Вертикальный и горизонтальный ранги матрицы,их равенствоПусть A ∈ Mm,n (F ), VΓ = VΓ (A) — подпространство в Fn , порожденноестроками A, и VB = VB (A) — подпространство в F m , порожденное столбцамиA. Тогда dim VΓ := rΓ называется горизонтальным рангом (ранг по строкам)матрицы A, dim VB = rB — вертикальным рангом (ранг по столбцам)матрицы A.Лемма 1. Если матрица A0 получена из матрицы A элементарнымипреобразованиями строк, то rΓ (A) = rΓ (A0 ), rB (A) = rB (A0 ).1.
Векторные пространства. Матрицы и определители42Доказательство. Первое очевидно. Для доказательства второго надозаметить, что если A0 получена из A элементарным преобразованием I и IIтипа, то всякая линейная зависимость между столбцами A перейдет в туже зависимость (с теми же коэффициентами) между столбцами A0 . Так какA также получается из A0 элементарным преобразованием строк, то какието столбцы A линейно зависимы ⇔ соответствующие столбцы A0 линейнозависимы. Поэтому rB (A) = rB (A0 ).¤Пусть A = (aij ) ∈ Mm,n (F ). Тогда матрица A = (aji ) ∈ Mn,m (F ), у которойпо определению элемент в i-ой строке и j-ом столбце равен aji , называетсятранспонированной матрицей к матрице A и обозначается Aτ .Теорема 1. rΓ (A) = rB (A) (вертикальный и горизонтальные рангисовпадают).Доказательство.
Достаточно доказать неравенство rB (A) ≤ rΓ (A), тогдаиз аналогичного неравенства для транспонированной матрицы получимrΓ (A) = rB (Aτ ) ≤ rΓ (Aτ ) = rB (A) и окончательно rΓ (A) = rB (A).Приведем A элементарными преобразованиями строк I и II типа кступенчатому виду A0 . По лемме достаточно доказать искомое неравенстводля A0 . Пусть A0 имеет r ненулевых строк; тогда эти строки независимы, иrΓ (A0 ) = r.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
