1610841785-f468a61572dab6722e8deb8e3ec644ad (824277), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Ненулевыми слагаемыми будут только те, у которыхне более двух строк взяты из C:1) все строки из E: |E| = 1; 10...00. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2) только i-я строка из C: ai + b1 ai + b2 . .
. ai + bn−1 ai + bn = ai + bi ;. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00...01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . ai + bi . . . ai + bj . . . ai + b i ai + b j =3) i-я и j-я строки из C: . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . = a+ba+bjijj. . . aj + bi . . . aj + bj . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .= ai bj + aj bi − ai bi − aj bj = (ai − aj )(bj − bi ).PPОтвет: 1 + i (ai + bi ) + i<j (ai − aj )(bi − bj ). x00...0a0 −1x 0 ...0 a1 0 −1 x . . .0 a2 4. Разложение по строке (столбцу). .. . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00 0 ...x an−1 00 0 . . . −1 an x0a0 x a0 = a1 x + a0 , −1x a1 = a2 x2 + a1 x + a0 .При малых n имеем: −1 a1 0 −1 a2 В общем случае, раскладывая определитель (порядка n + 1) по первой строке, получим(−1)(n+1)+1 a0 · (−1)n + x∆ = a0 + x∆,где ∆ — определитель того же вида с последним столбцом a1 , . . . , an . Поэтому окончательно получаемa0 + x a1 + x(a2 + x(. . . x(an−1 + xan ))) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . .
+ an xn .(Такое вычисление значения многочлена в точке x называется схемой Горнера.)3 2 0 0 . . . 0 0 1 3 2 0 . . . 0 0 0 1 3 2 . . . 0 0 .5. Составление рекуррентного соотношения. .....................0 0 0 0 . . . 3 2 0 0 0 0 . . . 1 3 Разложив данный определитель ∆n по первой строке, получим: ∆n = 3∆n−1 − 2∆n−2 .Характеристический многочлен этого рекуррентного соотношения: t2 − 3t + 2 = (t − 1)(t − 2),значит, ∆n = C1 + C2 2n для некоторых C1 , C2 ∈ R, которые находятся из равенств ∆1 = 3, ∆2 =7 ⇒ ∆0 = 3∆12−∆2 = 1 :((1 = ∆ 0 = C1 + C2C2 = 2⇔3 = ∆1 = C1 + 2C2C1 = −1.Ответ: 2n+1 − 1.6.
Рассмотрение определителя как многочлена. Определитель Вандермонда1 :1 x1 x21 . . . x1n−1 1 x2 x22 . . . x2n−1 Y=V (x1 , . . . , xn ) := (xi − xj ).....................1 xn x2 . . . xn−1 i>jnnQПоскольку V = V (x1 , . . . , xn ) = 0 при xi = xj , то многочлен δ := i>j (xi −xj ) делит V . Остаётсяи что коэффициенты при x2 x23 . .
. xnn−1 у многочленов V и δзаметить, что deg V = deg δ = n(n−1)2равны. Отсюда следует, что V = δ.1Александр Теофил Вандермонд (1735–1796) — французский математик и музыкант. В его честь также названакомбинаторная формула свёртки.Перестановки (продолжение)Централизатор перестановки σ ∈ Sn : Cent(σ) := {τ ∈ Sn | στ = τ σ}. Полезное соображениедля его нахождения: στ = τ σ ⇔ σ = τ στ −1 . Перестановка τ στ −1 сопряжена с σ при помощи τ .Вообще, перестановки σ, σ 0 ∈ Sn называются сопряжёнными, если ∃τ ∈ Sn σ 0 = τ στ −1 .
Вот смыслсопряжённых перестановок:τ1146τ423σ = (146)(2)(35)5τ6τ2τ3τ5τ στ −1 = (τ1τ4τ6)(τ2)(τ3τ5)Пример. Найдём централизатор перестановки σ = (146)(2)(35) ∈ S6 :τ ∈ Cent (146)(2)(35) ⇐⇒ (146)(2)(35) = τ (146)(2)(35)τ −1 = (τ1 τ4 τ6 )(τ2 )(τ3 τ5 ) ⇐⇒τ2 = 2 τ = 1, τ = 4, τ = 6 (τ1 τ4 τ6 ) = (146)146τ2 = 2⇐⇒ τ ∈ {e, (146), (164), (35),⇐⇒⇐⇒τ1 = 4, τ4 = 6, τ6 = 1 (τ τ ) = (35)(146)(35), (164)(35)}.3 5τ1 = 6, τ4 = 1, τ6 = 41.
Найдите Cent(σ) для следующих σ: а) (123) в S3 ; б) (123) в S5 ; в) (12)(34) в S4 .2. Найдите | Cent(σ)| для следующих σ ∈ S6 : а) (1456); б) (123)(456); в) (12)(34)(56).Теорема. Две перестановки сопряжены в Sn ⇔ они имеют одинаковое цикловое строение.C Сопряжённые перестановки действительно имеют одинаковое цикловое строение:σ = (i1 i2 . . .)(j1 j2 . .
.) . . . =⇒ τ στ −1 =, т. к. σ : x 7→ y ⇔ τ στ −1 :Обратно, пусть σ и σ 0 — перестановки с одинаковым цикловым строением. Выпишем циклыодинаковой длины друг под другом (как угодно) и найдём одну из сопрягающих перестановок:)σ = (i1 i2 . . .)(j1 j2 . . .) .
. .=⇒ σ 0 = τ στ −1 , например, для τ :Bσ 0 = (i01 i02 . . .)(j10 j20 . . .) . . .3. Найдите такую перестановку τ ∈ S5 , что τ (12)(345)τ −1 = (123)(45).4. Вычислите, используя сопряжённость: а) (142)(2534)(16)(124); б) (12)(34)(125)(3524)(12)(34).5. Пусть перестановки σ и ρ сопряжены. Докажите, что перестановки σ k и ρk сопряжены привсех k ∈ N.6. Сколько перестановок в S5 сопряжены со своим квадратом?7. Существует ли чётная перестановка τ ∈ S5 , для которой τ (12345)τ −1 = (12354)?8.
Докажите, что для всякой перестановки σ найдётся такая перестановка τ , что στ = τ σ −1 .9∗. Докажите, что перестановки στ σ −1 τ −1 и στ −1 σ −1 τ сопряжены для всех σ, τ ∈ Sn .n!10∗. Докажите, что с данной перестановкой σ ∈ Sn сопряжено ровноперестановок.| Cent(σ)|Линейные отображения, их ядра, образы, рангиПусть V и W — векторные пространства над полем K. Отображение A : V → W называетсялинейным, если A(u+v) = Au+Av и A(kv) = kAv для всех u, v ∈ V , k ∈ K, или, что равносильно,A(k1 v1 + .
. . + kn vn ) = k1 Av1 + . . . + kn Avnдля всех n ∈ N, v1 , . . . , vn ∈ V и k1 , . . . , kn ∈ K. (Ясно, что A(0) = 0.)С линейным отображением A : V → W связаны два подпространства в V и в W :ядро Ker A := {v ∈ V | Av = 0}и образ Im A := {Av | v ∈ V }.Ранг отображения A — это размерность его образа: rk A := dim Im A.Всюду далее V, W — конечномерные пространства и A : V → W — линейное отображение.1. Теорема. dim Ker A + dim Im A = dim V .C Бескоординатное доказательство. Выберем в Ker A базис e1 , .
. . , ek и дополним его векторами ek+1 , . . . , en до базиса в V . Тогда векторы Aek+1 , . . . , Aen образуют базис в Im A: с одной сторо)ны, они порождают Im A (т. к. V =he1 , . . . , en i ⇒ Im A = AV =nPа с другой, линейно независимы еслиαi Aei = 0, то,i=k+1откуда αk+1 = . . . = αn = 0 . B2. Предложение. dim AV0 6 dim V0 для любого подпространства V0 ⊆ V .C Пусть e1 , .
. . , ek — базис в V0 . Тогда, в частности, V0 = he1 , . . . , ek i, откудаB3. Для любых целых 0 6 d 6 m приведите пример отображения A : V → W и подпространстваV0 ⊆ V , для которых dim V0 = m, dim AV0 = d.4. Теорема. dim A−1 W0 6 dim(W0 ∩ Im A) + dim Ker A для любого подпространства W0 ⊆ W .C Выберем базис u1 , .
. . , up в Ker A, базис f1 , . . . , fr в W0 ∩ Im A и такие векторы e1 , . . . , er ∈ V ,что Aei = fi , i = 1, . . . , r. Докажем включение A−1 W0 ⊆ he1 , . . . , er , u1 , . . . , up i, из которого следуеттребуемое неравенство.5. Неравенство Сильвестра. а) rk AB > rk A + rk B − dim VBAжений U −→ V −→ W .
(Выведите из теорем 1 и 4.)для любых линейных отобра-б) rk AB > rk A + rk B − n для любых матриц A ∈ Mm×n (K) и B ∈ Mn×k (K).6∗. Неравенство Фробениуса обобщает неравенство Сильвестра: если матрица ABC определена, то rk(ABC) > rk(AB) + rk(BC) − rk B.7. Пусть A, B ∈ Mn (K) и A2 = A. Докажите, что rk A + rk(E − A) = n.8. Пусть A, B, C ∈ Mn (K) и ABC = 0.
Докажите, что rk A + rk B + rk C 6 2n.9. Для линейного оператора A : V → V рассмотрим цепочки подпространств в V :Ker A ⊆ Ker A2 ⊆ Ker A3 ⊆ . . .иImA ⊇ ImA2 ⊇ ImA3 ⊇ . . .а) Докажите, что после первого равенства в каждой цепочке следуют только равенства.б) Какое наибольшее число строгих включений может быть в каждой цепочке?в) Докажите лемму Фиттинга: для любого m ∈ NImAm = ImAm+1 ⇐⇒ Ker Am = Ker Am+1 ⇐⇒ ImAm ⊕ Ker Am = V.10. Ясно, что rk A > rk A2 > rk A3 > .
. . для любой матрицы A ∈ Mn (K).а) Докажите, что после первого равенства в этой цепочке следуют только равенства.б) Какое наибольшее число строгих неравенств может быть в этой цепочке?в) Пусть Ak = 0 для некоторого k ∈ N. Докажите, что An = 0.Присоединённая матрица2 × 2:3 × 3:1a bd −bd −b−1bA=⇒A=, |A| =6 0⇒A =c d−caaad − bc −ca11 a12 a13A11 A21 A31|A| 00b = A12 A22 A32 , AAb = 0 |A| 0 = AAbA = a21 a22 a23 ⇒ Aa31 a32 a33A13 A23 A3300 |A|разложениепо первой строке:a 11 a 12 a 13 a21 a22 a23 = a31 a32 a33 a21 a23 a21 a22 a22 a23 +a ; −a a11 a32 a33 12 a31 a33 13 a31 a32 | {z }| {z }| {z }A11разложениепо второму столбцу:−A12A13 a11 a 12 a13 a21 a 22 a23 = −a12 a21 a23 +a22 a11 a13 −a32 a11 a13 ;a31 a33 a31 a33 a21 a23 a31 a 32 a33 | {z }| {z }| {z }−A12A22−A32Фальшивое разложение по первой строке с алгебраическими дополнениями элементов второй строки: a12 a13 a11 a13 a11 a12 a11 a12 a13 − a12 a11 a31 a33 + a13 a31 a32 = a11 a12 a13 = 0.a32 a33 a31 a32 a33 n × n:b = |A|E = AAbAA(обычные и фальшивые разложения построкам и по столбцам в одной картинке)C Левое равенство — разложения по строкам, правое — по столбцам; равенства диагональных элеменb AA,b |A|E — обычные разложения, внедиагональных — фальшивые.
Bтов матриц AA,Теорема 1. Матрица A ∈ Mn (K) обратима ⇔ rk A = n ⇔ |A| =6 0.• Если A−1 существует, то n = rk E = rk(AA−1 ) 6 rk A и |A||A−1 | = |AA−1 | = |E| = 1 ⇒ |A| =6 0.−1b• Если |A| =6 0, то A = A/|A|. Иначе в ступенчатом виде матрицы A есть нулевая строка и rk A < n.Теорема 2 (о ранге матрицы). Пусть A ∈ Mm×n (K), rk A = r. Тогда любой минор порядка > rматрицы A равен 0, а любой минор, стоящий на пересечении r линейно независимых строк и rлинейно независимых столбцов матрицы A, отличен от нуля.• Любые s > r строк матрицы A линейно зависимы и, тем более, линейно зависимы строки любойквадратной подматрицы в A порядка s.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
