Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

algebra1

.pdf
Скачиваний:
22
Добавлен:
21.03.2016
Размер:
1.92 Mб
Скачать

правильной дробно-рациональной функции, которая в свою очередь

раскладывается в сумму простейших дробей, то есть дробей вида

1

b (x a)m , b 2 k. Итак, указанное множество порождает векторное пространство k(x). Нетрудно показать (мы опускаем это простое

рассуждение), что это множество линейно независимо, так что оно составляет базис пространства k(x).

7. Пусть k поле, а m, n натуральные числа; обозначим через eij матрицу из пространства km n всех (m n)-матриц с компонентами из k, у которой на пересечении i-й строки и j-го столбца стоит

1, а все остальные элементы матрицы eij равны 0. Такая матрица называется матричной единицей.

Предложение 9. Множество всех матричных единиц

B = feij j 1 i m; 1 j ng

является базисом пространства km n. Размерность пространства km n равна mn.

Доказательство. Пусть A матрица из km n; как обычно, мы обо- значаем ее компоненты через Aij. Тогда ясно, что

0A21

A22

: : : A2n 1

 

A11

A12

: : : A1n

 

 

A = B .

.

. .

C =

1 i m Aijeij 2<B>;

BAm1

Am2

: : : AmnC

1Xj n

 

B

 

 

C

@

 

 

A

 

так что множество B порождает векторное пространство km n. Äà- лее, для любых i; j во всех матричных единицах est 2 B, отличных от eij, на пересечении i-й строки и j-го столбца стоит 0, поэтому нулевым является элемент, стоящий на этой позиции, и во всех линейных комбинациях матриц из Bnfeijg, а значит, матрица eij не может быть линейной комбинацией остальных матриц из B. Итак, множество B линейно независимо. Таким образом B порождает km n и является линейно независимым множеством, то есть B базис km n. Первое

утверждение предложения доказано, а второе следует из него: ведь размерность пространства равна числу элементов любого базиса, а базис B состоит из mn элементов.

Ввиду особой важности случая n = 1 сформулируем отдельно

доказанное предложение для этого случая. Напомним, что пространство km 1 столбцов высоты m с компонентами из k называется ариф-

метическим векторным пространством размерности m над полем k и обозначается km.

181

Предложение 10. Размерность арифметического векторного пространства km равна m, и столбцы

 

001

 

 

011

001

 

1

 

 

0

0

e1

= B.C

;

e2

= B.C

; : : : ; em = B.C

 

B0C

 

 

B0C

B1C

 

B C

 

 

B C

B C

 

@ A

 

 

@ A

@ A

составляют базис этого пространства. (Заметим, что мы упрощаем здесь обозначение матричных единиц и пишем ei вместо ei1)

Указанный в формулировке предложения базис fe1; e2; : : : ; emg пространства km, состоящий из столбцов, у которых все компоненты,

кроме одной, равны 0, а единственная ненулевая компонента равна

1, называется стандартным, или каноническим, базисом арифмети- ческого векторного пространства km.

12 Подмножества и наборы (системы) элементов множества

До сих пор мы рассматривали подмножества векторного пространства, обладающие теми или иными свойствами (линейно независимые, порождающие и т.п.). Однако, часто возникают ситуации, когда приходится рассматривать несколько векторов из пространства, которые не обязательно должны быть отличны друг от друга; поэтому полезно перенести некоторые из данных выше определений и на такой случай.

Пусть v1; : : : ; vn произвольные векторы из пространства V; среди них могут быть и одинаковые, так что множество fv1; : : : ; vng может состоять меньше, чем из n элементов. Линейной оболочкой векторов v1; : : : ; vn называется линейная оболочка множества fv1; : : : ; vng. Вместо того, чтобы обозначать эту линейную оболочку <fv1; : : : ; vng> мы будем употреблять более простое обозначение <v1; : : : ; vn>. Легко видеть, что эта линейная оболочка состоит из всех линейных комбинаций векторов v1; : : : ; vn, òàê ÷òî

<v1; : : : ; vn>=<fv1; : : : ; vng>= fa1v1 + : : : + anvn j a1; : : : ; an 2 k:g

Как и для подмножеств пространства V, мы говорим, что векторы v1; : : : ; vn порождают V, если их линейная оболочка совпадает со всем пространством V. Ясно, что это бывает тогда и только тогда, когда

множество fv1; : : : ; vng является для пространства V порождающим множеством.

Мы говорим, что векторы v1; : : : ; vn линейно независимы, если они все различны, и если множество этих векторов линейно независимо; в противном случае говорят, что векторы v1; : : : ; vn линейно

182

зависимы. Иначе говоря, эти векторы линейно зависимы, если среди них есть одинаковые, или если они все различны, но множество этих векторов линейно зависимо. Можно дать еще одно описание линейно зависимых векторов: векторы v1; : : : ; vn линейно зависимы тогда

и только тогда, когда среди них найдется вектор vi, являющийся линейной комбинацией остальных векторов v1; : : : ; vi 1; vi+1; : : : ; vn. Действительно, если среди этих векторов найдутся два одинаковых вектора vi è vj (i 6= j), то вектор vi, равный vj, является линейной комбинацией остальных векторов v1; : : : ; vi 1; vi+1; : : : ; vn, среди кото- рых есть и вектор vj. Если же все векторы v1; : : : ; vn различны, то они линейно зависимы тогда и только тогда, когда линейно зависимо множество fv1; : : : ; vng, то есть когда какой-то из векторов vi линейная комбинация остальных векторов v1; : : : ; vi 1; vi+1; : : : ; vn.

Условие линейной зависимости или независимости набора векто- ðîâ v1; : : : ; vn удобно использовать в несколько иной форме, в которой все эти векторы равноправны, а не надо выбирать один из них, зависимый от других. Линейная комбинация a1v1 + : : : + anvn âåê- торов v1; : : : ; vn 2 V называется тривиальной, если все коэффици- åíòû a1 : : : ; an равны 0. Тривиальной мы будем считать и линейную комбинацию пустого набора векторов. Ясно, что всякая тривиальная комбинация векторов равна нулевому вектору . Оказывается, об-

ратное утверждение характеризует линейно независимые семейства векторов.

Предложение 11. Пусть V векторное пространство над по-

лем k. Векторы v1; : : : ; vn 2 V линейно независимы тогда и только тогда, когда из того, что их линейная комбинация равна нулевому вектору , следует, что эта линейная комбинация тривиальна.

Доказательство. Докажем следующее утверждение, очевидно, равносильное утверждению предложения: векторы v1; : : : ; vn из простран- ства V линейно зависимы тогда и только тогда, когда существует их

нетривиальная линейная комбинация, равная нулевому вектору. Если векторы v1; : : : ; vn 2 V линейно зависимы, то найдется та-

кое i, 1 i n, что вектор vi является линейной комбинацией век- торов v1; : : : ; vi 1; vi+1; : : : ; vn. Это значит, что существуют элементы a1; : : : ; ai 1; ai+1; : : : ; an 2 k, такие что

vi = a1v1 + : : : + ai 1vi 1 + ai+1vi+1 + : : : + anuv:

Тогда a1v1 + : : : + ai 1vi 1 + ( 1)vi + ai+1vi+1 + : : : + anuv = , и эта линейная комбинация не тривиальна, потому что коэффициент при vi равен 1 6= 0.

Обратно, пусть a1v1 + : : : + aivi + : : : + anvn нетривиальная ли- нейная комбинация векторов v1; : : : ; vn 2 V , равная нулевому вектору. Тогда среди коэффициентов этой комбинации есть хотя бы один

183

ненулевой коэффициент ai, и вектор

vi = ai 1a1v1 : : : ai 1ai 1vi 1 ai 1ai+1vi+1 : : : ai 1anvn

оказывается линейной комбинацией векторов v1; : : : ; vi 1; vi+1; : : : ; vn.

13 Упорядоченные базисы. Координаты вектора

Пусть V конечномерное пространство над полем k и пусть B

его базис. Как мы увидим, для практических целей удобно не только рассматривать B как множество векторов, но и зафиксировать их по-

рядок. Пусть B состоит из векторов v1; : : : ; vn; мы говорим, что это упорядоченный базис пространства V. Если мы изменим нумерацию векторов, то, хотя множество векторов B останется тем же самым,

мы получим другой упорядоченный базис. В дальнейшем почти всегда под базисом мы будем понимать упорядоченный базис; если нам понадобится рассматривать базис как (неупорядоченное) подмножество V, мы будем оговаривать это специально. Таким образом, если

мы говорим, что v1; : : : ; vn базис пространства V, это означает, что fv1; : : : ; vng базис V в смысле определения из предыдущих пунктов, и что элементы этого базиса упорядочены именно таким образом.

Пусть v1; : : : ; vn (упорядоченный) базис пространства V; поскольку базис порождает пространство V, любой вектор v 2 V представляется в виде линейной комбинации векторов базиса:

v = a1v1 + : : : + anvn; a1; : : : ; an 2 k:

Åñëè v = b1v1 + : : : + bnvn другое представление того же вектора в виде линейной комбинации векторов базиса, то

(a1 b1)v1 + : : : + (an bn)vn = ;

и, поскольку векторы v1; : : : ; vn линейно независимы, отсюда следует, что a1 b1 = : : : = an bn = 0. Таким образом, коэффициенты линейной комбинации векторов базиса, равной вектору V, определе-

ны однозначно; они называются координатами вектора v в базисе

v1; : : : ; vn. Чаще всего координаты вектора a1; : : : ; an записывают в виде столбца (a1; a2; : : : ; an)T, который называется столбцом коорди- нат вектора v в базисе v1; : : : ; vn. Любой вектор может быть представлен в виде произведения двух матриц: строки из базисных элементов и столбца координат:

0 1

a1

v= a1v1 + : : : + anvn = v1a1 + : : : + vnan = (v1; : : : ; vn) B . C:

@A

an

184

Отметим, что действия над векторами и действия над столбцами координат согласованы: столбец координат суммы векторов в некотором базисе равен сумме столбцов координат слагаемых в том же базисе, а столбец координат произведения элемента a 2 k на век-

тор равен произведению a на столбец координат вектора (в том же базисе). Действительно, пусть (a1; ; : : : ; an)T, (b1; : : : ; bn)T столбцы ко- ординат векторов u; v 2 V в базисе v1; : : : ; vn; тогда

u+ v = (a1v1 + : : : + anvn) + (v1 + : : : + bnvn) =

=(a1 + b1)v1 + : : : + (an + bn)vn;

au = a(a1v1 + : : : + anvn) = (aa1)v1 + : : : + (aan)vn;

то есть столбцы координат векторов u + v, au в том же базисе равны

(a1 + b1; : : : ; an + bn)T è (aa1; : : : ; aan)T соответственно.

14 О произведении строки из векторов на скалярые матрицы

В дальнейшем мы часто будем пользоваться следующими простыми утверждениями.

Предложение 12. Пусть v1; : : : ; vn векторы из пространства V над полем k, и пусть A; B 2 kn m матрицы с компонентами из

k. Если векторы v1; : : : ; vn, линейно независимы, то из соотношения

(v1; : : : ; vn)A = (v1; : : : ; vn)B следует, что A = B.

Доказательство. Оба произведения представляют собой строки длины m с компонентами из V. Для любого j, 1 j m, j-е элементы

обеих строк совпадают, то есть

v1A1j + : : : + vnAnj = v1B1j + : : : + vnBnj:

Но тогда линейная комбинация (A1j B1j)v1 + : : : + ((Anj Bnj)vn линейно независимых векторов v1; : : : ; vn оказывается равной ; поэтому для всех i, 1 i n, выполняется соотношение Aij Bij = 0, òî åñòü Aij = Bij.

Предложение 13. Пусть векторы v1; : : : ; vn порождают вектор-

ное пространство V над полем k, и пусть u1; : : : ; um любые век- торы из V. Тогда существует матрица C 2 kn m, такая что

(u1; u2; : : : ; um) = (v1; : : : ; vn)C:

185

Доказательство. Поскольку векторы v1; : : : ; vn порождают простран- ство V, векторы u1; : : : ; um 2 V их линейные комбинации, а значит, существуют элементы aij 2 k (1 i n, 1 j m), такие что

u1 = a11v1 + a21v2 + + an1vn; u2 = a12v1 + a22v2 + + an2vn;

um = a1mv1 + a2mv2 + + anmvn:

Эту систему равенств можно записать в виде одного матричного равенства

(u1; u2; : : : ; um) = (v1; : : : ; vn)C;

где через C 2 kn m обозначена матрица

0a21

a22

: : :

a2m1

:

a11

a12

: : :

a1m

 

Ba: : : : :a: : : : ::::::: : :a: : :C

 

B n1

n2

 

nmC

 

@

 

 

A

 

Обратим внимание на то, что элементы в матрице C расположены

не там, где они были в предшествующей системе равенств, а на симметричных относительно диагонали позициях.

15 Условие того, чтобы набор линейных комбина-

ций элементов базиса снова был базисом. Матрица перехода

Теорема 7. Пусть u1; : : : ; un базис векторного пространства над полем k, и пусть v1; : : : ; vm векторы из V, связанные с базисом соотношением

(v1; : : : ; vm) = (u1; : : : ; un)C;

ãäå C 2 kn m матрица с компонентами из k. Для того, чтобы векторы v1; : : : ; vm тоже составляли базис пространства V, необходимо и достаточно, чтобы матрица C была обратимой матрицей (откуда, в частности, следует, что m = n).

Доказательство. Необходимость. Пусть v1; : : : ; vm базис V; тогда

векторы исходного базиса являются линейными комбинациями векторов v1; : : : ; vm, и потому существует такая матрица D 2 km n, ÷òî

(u1; : : : ; un) = (v1; : : : ; vm)D:

Мы получаем теперь:

186

, откуда

(u1; : : : ; un)En = (u1; : : : ; un) = (v1; : : : ; vm)D =

=(u1; : : : ; un)C D = (u1; : : : ; un)(CD):

Таким образом, произведения строки из линейно независимых векторов (u1; : : : ; un) на матрицы En; CD 2 kn n совпадают; следователь-

íî, CD = En. Точно так же показываем, что DC = Em. Равенства CD = En, DC = Em означают, что D обратная к C матрица, а значит, матрица C обратима.

Достаточность. Заметим, что размерность пространства V рав-

на количеству n элементов в базисе u1; : : : ; un. Пусть матрица C обратима; тогда она необходимо является квадратной матрицей, то есть m = n = dim V . Домножая обе части соотношения

(v1; : : : ; vn) = (u1; : : : ; un)C

на матрицу C 1, получим, что (u1; : : : ; un) = (v1; : : : ; vn)C 1

видно, что все векторы базиса u1; : : : ; un являются линейными ком- бинациями векторов v1; : : : ; vn. Поскольку всякий вектор из V линейная комбинация базисных векторов u1; : : : ; un, по транзитивности линейных комбинаций отсюда следует, что всякий вектор из V линейная комбинация векторов v1; : : : ; vn. Поэтому векторы v1; : : : ; vn порождают пространство V; но их количество n равно размерности пространства V, и поэтому они составляют базис V.

Пусть u1; : : : ; un, v1; : : : ; vn два базиса векторного пространства V над полем k; обратимая матрица C 2 kn, такая что

(v1; : : : ; vn) = (u1; : : : ; un)C

(она существует по предложению 13 и единственна по предложению 12) называется матрицей перехода от базиса u1; : : : ; un к базису v1; : : : ; vn.

Предложение 14. Пусть u1; : : : ; un; u01; : : : ; u0n два базиса век- торного пространства V над полем k, и пусть C матрица перехода от первого базиса ко второму. Пусть, далее, ( 1; : : : ; n)>,

( 0

; : : : ; 0

)> столбцы координат некоторого вектора v

2

V â

1

n

 

 

 

 

 

первом и втором базисах. Тогда

 

 

 

 

 

 

 

0 .11 = C

0 .10

1

:

 

 

 

 

B nC

B n0

C

 

 

 

 

 

@ A

@

A

 

 

 

Доказательство. Обозначим для краткости через X и X0 столбцы

координат ( 1; : : : ; n)>, ( 10 ; : : : ; n0 )>. Из определений столбца коор- динат и матрицы перехода получаем соотношения

v = (u1; : : : ; un)X = (u10 ; : : : ; un0 )X0;

(u10 ; : : : ; un0 ) = (u1; : : : ; un)C;

187

поэтому

(u1; : : : ; un)X = (u01; : : : ; u0n)X0 =

= (u1; : : : ; un)C X0 = (u1; : : : ; un)(CX0);

откуда следует, что X = CX0, потому что векторы u1; : : : ; un линейно независимы.

Предложение 15. Пусть u1; : : : ; un; v1; : : : ; vn; w1; : : : ; wn òðè áà- зиса векторного пространства V над полем k, и пусть C матрица перехода от базиса u1; : : : ; un к базису v1; : : : ; vn, а D матрица перехода от базиса v1; : : : ; vn к базису w1; : : : ; wn. Тогда матрица пе-

рехода от базиса u1; : : : ; un к базису w1; : : : ; wn равна CD, а матрица перехода от базиса v1; : : : ; vn к базису u1; : : : ; un равна C 1.

Доказательство. По определению матрицы перехода

(v1; : : : ; vn) = (u1; : : : ; un)C; (w1; : : : ; wn) = (v1; : : : ; vn)D;

откуда следует, что

(w1; : : : ; wn) = (v1; : : : ; vn)D = (u1; : : : ; un)C D = (u1; : : : ; un)(CD);

а это значит, что CD матрица перехода от базиса u1; : : : ; un ê áà- çèñó w1; : : : ; wn. Точно так же равенство

(u1; : : : ; un) = (u1; : : : ; un)(CC 1) =

= (u1; : : : ; un)C C 1 = (v1; : : : ; vn)C 1

показывает, что C 1 матрица перехода от базиса v1; : : : ; vn к базису u1; : : : ; un.

x 3: Ранг матрицы

1 Определение ранга матрицы

Пусть A 2 km n матрица с компонентами из поля k, состоящая из m строк и n столбцов. Тогда все столбцы матрицы A принадлежат арифметическому векторному пространству km. Линейная оболочка столбцов является подпространством m-мерного пространства km è потому конечномерна; ее размерность называется рангом матрицы A и обозначается rank A. Ясно, что ранг матрицы A 2 km n íå áîëü- ше количества n столбцов, порождающих линейную оболочку, и не больше количества m строк матрицы, потому что размерность линейной оболочки, являющейся подпространством пространства km, не больше dim km = m.

188

Предложение 16. Пусть A матрица с компонентами из поля k, ранг которой равен r. Тогда в матрице A можно выбрать r столбцов, составляющих базис линейной оболочки всех столбцов матрицы A.

Доказательство. Пусть V линейная оболочка столбцов матрицы A; тогда dim V = rank A = r. По следствию теоремы 5 из множества столбцов матрицы A, порождающего пространство V, можно выделить базис V, и он, как и любой базис V, состоит из r = dim V столбцов.

2 Ранг произведения матриц

Следующее почти тривиальное утверждение оказывается часто полезным.

Предложение 17. Пусть A, B две матрицы с компонентами из поля k, состоящие из одинакового числа строк. Если существует такая матрица X с компонентами из k, что B = AX, то все столбцы матрицы B являются линейными комбинациями столбцов матрицы A. Обратно, если все столбцы матрицы B являются линейными комбинациями столбцов матрицы A, то существует такая матрица X с компонентами из k, что B = AX.

Доказательство. Пусть

a1

=

0A.11 1

; : : : ; an =

0A.1n 1

;

b1

=

0B.11 1

; : : : ; bp =

0B.1p

 

 

BAm1C

 

BAmnC

 

 

 

BBm1C

 

BBmp

 

 

@ A

 

@ A

 

 

 

@ A

 

@

1

C

A

столбцы матриц A, B, и пусть X 2 kn p такая матрица, что B = AX, òî åñòü

b1 : : : bp = a1 : : : an X:

Поскольку матрицы, разбитые на блоки, можно перемножать, как если бы блоки были элементами матриц, мы получаем, что для любого j, 1 j p, столбец bj = a1X1j +: : :+anXnj = X1ja1 +: : :+Xnjan

является линейной комбинацией столбцов a1; : : : ; an.

Обратно, пусть все столбцы bj являются линейными комбинациями столбцов a1; : : : ; an. Тогда существуют такие элементы ij 2 k, 1 i n, 1 j p, ÷òî bj = 1ja1 + : : : + njan для всех j, а это значит, что

B = b1 : : : bp

= a1 : : : an

0: :11: : : :::::: : : : 1:p:1

= A

0: :11: : : :::::: : : : 1:p:1

:

 

 

@ n1 : : : npA

 

@ n1 : : : npA

 

189

r p, ÷òî

Из этого предложения, в частности, сразу следует

Теорема 8. Пусть k поле, и пусть A 2 km n, B 2 kn p. Тогда rank AB rank A, rank AB rank B.

Доказательство. По предыдущему предложению все столбцы матрицы AB принадлежат линейной оболочке столбцов матрицы A, и

поэтому линейная оболочка столбцов матрицы AB является подпространством линейной оболочки столбцов матрицы A. Поэтому ранг матрицы AB, равный размерности линейной оболочки ее столбцов, не больше размерности линейной оболочки столбцов матрицы A, которая равна рангу A.

Чуть сложнее доказывается второе утверждение. Пусть r ранг матрицы B и пусть B0 2 kp r матрица, столбцы которой составляют базис линейной оболочки столбцов матрицы B. Все столбцы матрицы B являются линейными комбинациями столбцов матрицы B0, и по предложению 17 существует такая матрица X 2 k

B = B0X. Тогда по уже доказанному первому утверждению теоремы rank AB = rank A(B0X) = rank(AB0)X rank AB0:

Но матрица AB0 состоит из r столбцов, поэтому ее ранг не может быть больше r, и мы получаем:

rank AB rank AB0 r = rank B:

3 Инвариантность ранга при элементарных преобразованиях

Одно из основных свойств ранга матрицы его инвариантность при элементарных преобразованиях.

Теорема 9. Ранг матрицы не меняется при умножении матрицы слева или справа на обратимую матрицу. В частности, ранг матрицы не меняется при элементарных преобразованиях над строками или над столбцами матрицы.

(Напомним, что элементарное преобразование над матрицей это умножение матрицы слева или справа на элементарную матрицу или произведение элементарных матриц, которые, как мы видели раньше, обратимы).

Доказательство. Пусть A матрица с компонентами из поля k, и пусть B = AX, C = Y A, где X, Y обратимые матрицы с компонентами из k. По только что доказанной теореме 8

rank B = rank AX rank A; rank C = rank Y A rank A:

190

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]