Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Краткий курс высшей алгебры и аналитической геометрии. Учебник
.pdf
§ 23. Конечномерные пространства. Базы 191
Если операции сложения последовательностей и умножения их на
действительные числа определить как в An, то, проверив выполнение
всех аксиом, нетрудно показать, что W будет линейным пространством. Также в этом пространстве легко найти бесконечную линейно
независимую систему элементов
ε1= (1, 0, .. . , 0, 0, 0, ... , 0, .. .),
ε2= (0, 1, .. . , 0, 0, 0, ... , 0, .. .),
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
εn= (0, 0, .. . , 0, 0, 0, ... , 1, .. .),
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
Таким образом, пространство W будет бесконечномерным.
Поскольку любое линейное пространство V
изоморфно
n
n-мерному векторному пространству An, то, изучая Vn, мы по сути
изучаем An. Ранее в этом векторном пространстве была выделена
база, состоящая из векторов, одна компонента которых равна единице,
а все остальные равны нулю. Ближайшей нашей целью будет
изучение возможности построения всех баз линейного пространства
и установления связи между базами.
Пусть в пространстве Vnданы две базы:
e1, e2, .. . , e
n
(5.6)
и
0
0
e
, e
, .. . , e
1
2
0
. (5.7)
n
Каждый вектор базы (5.7), как любой вектор пространства Vn, имеет
координаты в базе (5.6), т. е. существуют однозначно определенные
коэффициенты τij, такие, что выполняются равенства
0
e
= τ11e1+ τ12e2+ ···+ τ1nen,
1
0
e
= τ21e1+ τ22e2+ ···+ τ2nen,
2
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
0
e
= τn1e1+ τn2e2+ ···+ τnnen.
n
(5.8)
192 Глава 5. Линейные пространства
Обозначим через T матрицу, составленную из коэффициентов этих
разложений:
T =
τ11τ
τ21τ
.
.
.
τn1τ
... τ
12
... τ
22
.
.
.
.
n2
.
.
... τ
1n
2n
.
.
.
. (5.9)
nn
Определение 8. Матрица T , составленная из коэффициентов
0
разложений (5.8) векторов базы e
1
, e
0
, .. . , e
2
называется матрицей перехода от базы e1, e2, .. . , enк базе e
0
через базу e1, e2, .. . , en,
n
0
1
, e
0
, .. . , e
2
0
n
Запишем равенства (5.8) в матричном виде:
.
0
e
1
0
e
2
.
.
.
0
e
n
=
τ11τ12... τ
τ21τ22... τ
.
.
.
.
.
.
τn1τn2... τ
1n
2n
.
.
.
.
.
.
nn
e
1
e
2
. (5.10)
.
.
.
e
n
Обозначим через e и e0соответственно базы (5.6) и (5.7), записанные
в равенстве (5.10) в виде столбцов. Тогда равенство (5.10) принимает
вид
e0= T e. (5.11)
Записывая теперь каждый вектор базы e через базу e0, аналогично
получим
e = T0e0, (5.12)
где T0— матрица перехода от базы e0к базе e. Тогда
e = (T0T )e,
e0= (T T0)e0.
Так как векторы в базах e и e0образуют линейно независимые
системы, то
T0T = T T0= E.
Действительно, пусть (αi1, αi2, .. . , αin) — i-я строка матрицы T0T.
Тогда из равенства e = (T0T )e получаем:
ei= αi1e1+ αi2e2+ ···+ αiiei+ ···+ αinen,
§ 23. Конечномерные пространства. Базы 193
отсюда
αi1e1+ αi2e2+ ···+ (αii− 1)ei+ ···+ αinen= o.
В силу линейной независимости базы e все коэффициенты этого равенства должны быть равны нулю. Поэтому i-я строка матрицы T0T принимает вид (0, 0, ... , 1, .. . , 0), где единица расположена на i-м месте.
Отсюда получаем
T0= T−1.
Таким образом мы доказали теорему 5.2.
Теорема 5.2. Матрица перехода от одной базы линейного пространства к другой его базе всегда является невырожденной.
Формулы (5.11) и (5.12) показывают, как связаны между собой
любые две базы линейного пространства. Если в линейном пространстве Vnкаким-то образом найдена база, то, естественно, возникает
желание выяснить возможность построения из этой базы других баз
пространства Vn. Для этого предварительно докажем теорему.
Теорема 5.3. Любая невырожденная матрица порядка n с дей-
ствительными элементами будет матрицей перехода от данной базы
действительного линейного пространства Vnк некоторой другой его
базе.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть в линейном пространстве Vnимеется
база e1, e2, .. . , enи пусть T — невырожденная матрица порядка n:
τ11τ
τ21τ
T =
.
.
.
τn1τ
Рассмотрим систему векторов e
0
1
, e
.
.
.
12
22
n2
0
, .. . , e
2
... τ
... τ
.
.
.
... τ
1n
2n
nn
.
.
.
.
0
пространства Vn, образован-
n
ных равенствами
0
e
= τ11e1+ τ12e2+ ···+ τ1nen,
1
0
e
= τ21e1+ τ22e2+ ···+ τ2nen,
2
. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
0
e
= τn1e1+ τn2e2+ ···+ τnnen.
n
Поскольку, ввиду невырожденности матрицы T ее строки линейно независимы, то векторы e
1
, e
0
, .. . , e
2
0
образуют линейно независи-
n
0
мую систему, а значит, базу в Vn. Матрица T тогда является матрицей
7 Б.К. Дураков
194 Глава 5. Линейные пространства
перехода от данной базы e1, e2, .. . , enк полученной базе e
Теорема доказана.
0
1
, e
0
, .. . , e
2
0
.
n
Теперь понятно, что из данной базы линейного пространства V
можно построить столько различных баз этого пространства, сколько
существует различных квадратных невырожденных матриц порядка n.
Заметим при этом, что две базы пространства, состоящие из одних
и тех же векторов, но расположенных в различном порядке, следует
считать различными.
Пусть в линейном пространстве Vnданы две базы e (5.6) и e
(5.7) и определена матрица перехода T , т. е.
e0= T e.
Найдем связь между строками координат произвольного вектора a
в этих базах.
Пусть
n
X
a =
a =
αjej, (5.13)
j=1
n
X
i=1
0
0
α
e
. (5.14)
i
i
n
0
Из (5.14), используя равенства (5.8), получаем
a =
n
X
i=1
α
n
X
0
i
j=1
τije
=
j
n
X
j=1
n
X
i=1
α
!
0
τ
ej.
ij
i
Сравнивая с (5.13) и учитывая единственность разложения вектора
в базе, получаем равенства
n
X
αj=
i=1
0
α
τij, j = 1, 2, .. . , n.
i
Полученные равенства можно записать в матричном виде:
(α1, α1, .. . , αn) = (α
1
, α
0
, .. . , α
1
0
)T. (5.15)
n
0
Тогда строка координат вектора a в базе e равна произведению
строки координат этого вектора в базе e0справа на матрицу
перехода от базы e к базе e0.
§ 23. Конечномерные пространства. Базы 195
Умножая справа обе части последнего равенства на T−1, получим
0
(α
1
, α
0
, .. . , α
1
0
) = (α1, α1, .. . , αn)T−1. (5.16)
n
Пример 1. Найти какую-либо базу линейного пространства V
всех квадратных матриц порядка n с вещественными коэффициентами.
Решение. Рассмотрим матрицы:
e1=
1 0 .. . 0
0 0 .. . 0
.
.
.
.
.
.
0 0 .. . 0
e
n+1
0 1 .. . 0
, e2=
.
.
.
.
.
.
0 0 .. . 0
.
.
.
.
.
.
, .. . , en=
.
.
.
.
.
.
0 0 .. . 0
=
0 0 .. . 0
1 0 .. . 0
.
.
.
.
.
.
0 0 .. . 0
.
0 0 .. . 0
, .. . , e
.
.
.
.
.
n
0 0 .. . 0
2
=
.
.
.
0 0 .. . 1
0 0 .. . 1
0 0 .. . 0
.
.
.
.
.
.
.
,
.
.
.
.
.
0 0 .. . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Нетрудно проверить, что равенство
2
α1e1+ α2e2+ ···+ α
2
e
n
= o,
n
где в правой части записана нулевая квадратная матрица порядка n,
выполняется только тогда, когда все коэффициенты в правой части
одновременно равны нулю. Значит, элементы
e1, e2... , e
2
n
линейно независимы. Далее,
α β ... γ
δ ε . .. µ
.
.
.
.
.
.
.
.
= αe1+ βe2+ ···+ γen+ ···+ ρe
.
.
.
.
2
,
n
ν σ ... ρ
т.е. любая квадратная матрица порядка n линейно выражается через
заданные матрицы. Поэтому матрицы
e1, e2... , e
2
n
образуют базу пространства V и размерность этого пространства равна n2.
7*
196 Глава 5. Линейные пространства
Пример 2. Векторы e1, e2, e3и x заданы своими координатами
в некотором базисе. Показать, что векторы e1, e2, e3сами образуют
базис и найти координаты вектора x в этом базисе:
e1= (1, 1, 1), e2= (1, 1, 2), e3= (1, 2, 3), x = (6, 9, 14).
Решение. Из координат векторов e1, e2, e3составим определи-
тель и вычислим его:
∆ =
1 1 1
1 1 2
1 2 3
= −1.
Так как определитель ∆ не равен нулю, то его строки, т. е. векторы
e1, e2, e3, линейно независимы. Далее, любая максимальная линейно
независимая система векторов трехмерного пространства состоит из
трех векторов. Поэтому векторы e1, e2, e3образуют базу трехмерного
пространства. Пусть
x = αe1+ βe2+ γe3.
Сравнивая координаты левой и правой частей, получаем систему уравнений
α + β + γ = 6,
α + β + 2γ = 9,
α + 2β + 3γ = 14.
Решим ее, применяя формулы Крамера. Имеем
∆1=
6 1 1
9 1 2
14 2 3
= −1, ∆2=
1 6 1
1 9 2
1 14 3
= −2, ∆3=
1 1 6
1 1 9
1 2 14
= −3.
Таким образом, α = 1, β = 2, γ = 3, поэтому вектор x в базисе
e1, e2, e3имеет координаты: x = (1, 2, 3).
Пример 3. В базе e1, e2, e3трехмерного линейного пространства
задан вектор
a = e1+ 4e2− e3.
§ 24. Линейные преобразования линейных пространств 197
Показать, что векторы
0
e
= 5e1− e2− 2e3,
1
0
e
= 2e1+ 3e2,
2
0
e
= −2e1+ e2+ e
3
3
сами образуют базу и найти координаты вектора a в этой базе.
Решение. Поскольку определитель
то векторы e
0
1
, e
0
2
5 −1 −2
2 3 0
−2 1 1
0
, e
образуют базу трехмерного пространства. Матри-
3
цей перехода от базы e1, e2, e3к базе e
5 −1 −2
T =
2 3 0
−2 1 1
откуда
3 −1 6
T−1=
−2 1 −4
8 −3 17
0
0
Если (α
, α
1
0
, α
) — координаты вектора a в базе e
2
3
3 −1 6
0
0
(α
1
, α
0
, α
) = (1, 4, −1)
2
3
−2 1 −4
8 −3 17
= 1 6= 0,
0
0
, e
, e
1
2
,
0
является матрица
3
.
0
0
2
, e
0
, то
3
1
, e
= (−13, 6, −27),
т.е.
a = −13e
0
1
+ 6e
0
− 27e
2
0
.
3
§ 24. Линейные преобразования линейных
пространств
Рассмотрим пример. Каждому вектору-отрезку a плоскости поставим в соответствие его проекцию прla на заданную прямую l этой
плоскости, проходящую через начало координат. Таким образом мы
построим отображение всех векторов некоторого двухмерного линейного пространства W2в конкретные векторы некоторого одномерного
198 Глава 5. Линейные пространства
линейного пространства W1. Построенное соответствие, или отображение, обозначим буквой ϕ. Тогда под выражением aϕ будем понимать
aϕ = прla. В данном случае W1содержится в W2и поэтому ϕ будет
отображением линейного пространства W2в себя, т. е. W
ϕ
→ W2.
2
Теперь от примера перейдем к общим определениям.
Определение 9. Любое отображение ϕ, переводящее каждый
вектор a линейного пространства Vnв некоторый вектор a0этого же
пространства, называется преобразованием пространства Vn. Вектор a
называется образом вектора a и обозначается aϕ, т. е. a0= aϕ. Вектор
a называется прообразом вектора aϕ.
0
Определение 10. Преобразование ϕ линейного пространства V
называется линейным преобразованием этого пространства, если выполняются два условия:
(a + b)ϕ = aϕ + bϕ, ∀a, b ∈ Vn, (5.17)
(αa)ϕ = α(aϕ), ∀a ∈ Vn, ∀α ∈ R. (5.18)
Эти условия означают, что при линейном преобразовании образ суммы любых двух векторов a и b равен сумме образов этих векторов
и образ произведения вектора a на число α равен произведению образа
вектора a на это же число α.
Из определения следует справедливость утверждения 1.
Утверждение 1. Линейное преобразование ϕ линейного про-
странства переводит любую линейную комбинацию векторов a1, a2, .. .
.. . , akв линейную комбинацию с теми же коэффициентами образов
этих векторов:
(α1a1+ α2a2+ ···+ αkak)ϕ =
n
= α1(a1ϕ) + α2(a2ϕ) + ··· + αk(akϕ). (5.19)
Д о к а з а т е л ь с т в о. Для доказательства необходимо несколько
раз последовательно воспользоваться условиями линейности преобразования (5.17) и (5.18). Покажем только первый шаг, поскольку
остальные выполняются аналогично. Итак,
(α1a1+ α2a2+ ···+ α
= [(α1a1+ α2a2+ ···+ α
= (α1a1+ α2a2+ ···+ α
k−1ak−1
+ αkak)ϕ =
k−1ak−1
k−1ak−1
) + αkak]ϕ =
)ϕ + (αkak)ϕ =
= (α1a1+ α2a2+ ···+ α
k−1ak−1
)ϕ + αk(akϕ).
§ 24. Линейные преобразования линейных пространств 199
Утверждение 2. Образ нулевого вектора линейного пространства при любом линейном преобразовании ϕ есть нулевой вектор
oϕ = o,
а образом вектора, противоположного для данного вектора a, является
вектор, противоположный для образа вектора a:
(−a)ϕ = −aϕ.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Действительно, пусть b — произвольный
вектор пространства. Тогда из (5.18)
oϕ = (0b)ϕ = 0(bϕ) = o,
и первая часть утверждения доказана.
Если a — любой вектор пространства, то
(−a)ϕ = [(−1)a]ϕ = (−1)(aϕ) = −aϕ.
Утверждение доказано.
Рассмотрим два конкретных преобразования линейных пространств. Пусть ε — такое преобразование линейного пространства Vn,
при котором всякий вектор a остается на месте:
aε = a.
Нетрудно проверить, что условия линейности (5.17) и (5.18)
для этого преобразования выполняются. Следовательно, ε — линейное
преобразование пространства Vn; его будем называть тождественным
преобразованием. Поставим теперь в соответствие каждому вектору
a пространства Vnнулевой вектор o этого пространства и обозначим
такое преобразование символом ω:
aω = o.
Легко проверить, что и это преобразование пространства V
будет линейным; его будем называть нулевым преобразованием.
n
Определим некоторый общий алгебраический метод «осуществления» заданного линейного преобразования ϕ линейного пространства Vn, а именно, найдем способ нахождения координат образа aϕ
в Vnпо известным (в этой же базе) координатам вектора a пространства Vn.
200 Глава 5. Линейные пространства
Выберем в линейном пространстве Vnбазу e1, e2, .. . , enи обозначим буквой e столбец, составленный из векторов этой базы. Преобразование ϕ пространства Vnбудет вполне определено, если для этого
преобразования будут известны образы всех векторов. Так как любой
вектор a пространства Vnоднозначно представляется в виде линейной
комбинации базисных векторов
a = α1e1+ α2e2+ ···+ αnen,
то из утверждения 1 настоящего параграфа получаем
aϕ = α1(e1ϕ) + α2(e2ϕ) + ··· + αn(enϕ),
т.е. образ вектора a выражается линейно с теми же коэффициентами
через образы базисных векторов. Поэтому любое линейное преоб-
разование ϕ пространства Vnоднозначно определяется заданием
образов e1ϕ, e2ϕ, .. . , enϕ всех векторов выбранной базы e1, e2, .. . , en.
Теорема 5.4. Для любой упорядоченной системы векторов
b1, b2, .. . , b
n
(5.20)
и для любой базы
e1, e2, .. . , e
n
(5.21)
пространства Vnсуществует единственное линейное преобразование ϕ
этого пространства, такое, что выполняются равенства
eiϕ = bi, i = 1, 2, . .. , n, (5.22)
т. е. векторы b1, b2, .. . , bnявляются образами соответствующих базисных векторов.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Из рассуждений, проведенных выше, следует, что если такое линейное преобразование пространства Vnсуществует, то оно единственное. Остается доказать его существование.
Пусть преобразование ϕ таково, что для любого вектора a, записанного в базе (5.21) как
n
X
a =
αiei,
i=1
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]