Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Тема Линал и алгебра.

08 Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#96036

Доказать, что следующий набор векторов

e = (1,0,0,...,0),e = (0,1,0,...,0),e = (0,0,1,0,...,0),...,e = (0,0,0,...,1) 1 2 3 n

(вектор $ei$ имеет $1$ на $i$ -ом месте и $0$ на всех остальных)
является базисом в пространстве $ℝn$ .

Показать доказательство

Чтобы проверить, что какой-то набор в векторном пространстве является базисом, надо проверить две вещи: линейную независимость этого набора и выразимость, то есть то, что любой вектор пространства можно выразить как линейную комбинацию векторов этого набора.

1. Линейная независимость.

Пусть какая-то линейная комбинация $ei$ -ых равна нулевому вектору пространства $ℝn$ :

λ1e1 + λ2e2 + ...+λnen = (0,0,...,0)

Но $λ1e1 = (λ1,0,0,....,0)$ .
И $λ e = (0,λ ,0,....,0) 2 2 2$ . И так далее. И $λ e = (0,0,0,...,λ ) n n n$ . Таким образом,

λ1e1 + λ2e2 + ...+ λnen = (λ1,λ2,...,λn)

И мы имеем равенство

(λ1,λ2,...,λn ) = (0,0,...,0)

Но два набора равны, если равны все их компоненты.

Следовательно,

λ1 = λ2 = ...= λn = 0

Таким образом, только тривиальная линейная комбинация векторов набора ${e1,...,en}$ может быть равна нулевому вектору. Линейная независимость доказана.

2. Выразимость. Пусть $(x1,...,xn) ∈ ℝn$ - произвольный вектор из $ℝn$ . Как его выразить в виде линейной комбинации векторов из набора ${e ,...,e } 1 n$ ?

Ясно, что вот так:

(x1,...,xn) = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen

И мы проверили выразимость.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#96280

a) Убедиться, что набор векторов $v1 = (1,2,3),v2 = (0,1,0),v3 = (− 1,− 1,4)$ является базисом в $ℝ3$ .

b) Пусть вектор $3 x ∈ ℝ$ имеет в базисе $v1,v2,v3$ координаты $(− 2,1,3)$ .

Найти координаты вектора $x$ в стандартном базисе $e = (1,0,0),e = (0,1,0),e = (0,0,1) 1 2 3$ .

Показать ответ и решение

a) Поскольку мы знаем, что $dim ℝ3 = 3$ , то достаточно проверить, что набор векторов ${v1,v2,v3}$ - линейно независим.

Рассмотрим произвольную их линейную комбинацию, равную нулевому вектору:

λ v + λ v + λ v = 0 1 1 2 2 3 3

Или, если расписать это условие покомпонентно, то получится:

( ||λ1 + 0λ2 − λ3 = 0 |{ 2 λ1 + λ2 − λ3 = 0 |||( 3 λ1 + 0λ2 + 4λ3 = 0

Приводя матрицу

( ) 1 0 − 1 0 || 2 1 − 1 0|| ( ) 3 0 4 0

в ступенчатый вид, получаем:

( ) | 3 0 4 0| |( 0 1 − 113 0|) 7 0 0 − 3 0

Откуда немедленно следует, что единственным решением данной системы является $λ1 = λ2 = λ3 = 0$ .

Таким образом, мы получаем, что любая линейная комбинация $v ,v,v 1 2 3$ , равная нулю, тривиальна. Это и означает, что ${v1,v2,v3}$ - линейно независима. А, значит, эти векторы образуют базис в $ℝ3$ .

b) Тот факт, что вектор $x$ имеет в базисе $v ,v ,v 1 2 3$ координаты $(− 2,1,3)$ по определению означает не что иное, как:

x = − 2v1 + v2 + 3v3

То есть

x = − 2v1 + v2 + 3v3 = − 2(1,2,3)+ (0,1,0)+ 3(− 1,− 1,4) = (− 5,− 6,6)

Ну и нам осталось выяснить, а какие координаты имеет вектор $(− 5,− 6,6) ∈ ℝ3$ в стандартном базисе

e1 = (1,0,0 ),e2 = (0,1,0),e3 = (0,0,1)

Ну, разумеется, вектор $(− 5,− 6,6)$ имеет в базисе ${e1,e2,e3}$ координаты $(− 5,− 6,6)$ . Почему? Вот почему:

x = (− 5,− 6,6) = − 5e1 − 6e2 + 6e3

То есть по определению.

Общее замечание. Вообще, вектор $n (x1,x2,...,xn ) ∈ ℝ$ имеет координаты $(x1,x2,...,xn)$ ТОЛЬКО ЛИШЬ в стандартном базисе ${e1,e2,...,en}$ . Во всех других базисах $ℝn$ этот вектор будет иметь другие координаты.

Ответ:

$(− 5,− 6,6)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#96897

Напомним определение:

Опр. Пусть $V$ - линейное пространство. Тогда непустое подмножество $W$ линейного пространства $V$ называется линейным подпространством в $V$ , если выполнено 2 аксиомы:
1. $∀w1,w2 ∈ W$ выполнено, что $w1 + w2 ∈ W$ .
2. $∀w ∈ W$ , а также $∀λ ∈ ℝ$ выполнено, что $λ ⋅w ∈ W$

Задача. Доказать, что любое $W ⊂ V$ , являющееся подпространством в $V$ в смысле этого определения, действительно само является линейным пространством, то есть удовлетворяет всем 8-ми аксиомам линейного пространства.

Показать доказательство

Выпишем все 8 аксиом, которые нам нужно будет проверить для $W$
(ненумерованные аксиомы мы не выписываем, поскольку их мы и так потребовали в определении того, что $W$ - подпространство в $V$ ):

$1. ∀ x,y ∈ W x + y = y + x$
2. $∀ x, y,z ∈ W (x + y)+ z = x + (y + z)$
3. $−→ −→ −→ ∃0 ∈ W такой, что: 0 + x = x + 0 = x$
4. $∀x ∈ W ∃y ∈ W та кой, что: y + x = x + y = −→0$

5. $∀x ∈ W 1∙ x = x (где 1 ∈ ℝ)$
6. $∀x ∈ W и ∀λ,μ ∈ ℝ (λμ)x = λ(μx)$
7. $∀x,y ∈ W и ∀λ ∈ ℝ λ (x + y) = λx + λy$
8. $∀x ∈ W и ∀λ,μ ∈ ℝ (λ+ μ )x = λx+ μx$

Проверяем:
1. Очевидно. Если это выполнялось для всех векторов из $V$ , то это будет выполняться и для всех векторов из $W$ , т.к. $W ⊂ V$ .

2. Очевидно по той же самой причине.

3. А вот это уже нужно доказывать. Почему нулевой вектор будет лежать в $W$ ? По очень простой причине. Мы в определении потребовали, что $W ⁄= ∅$ . Следовательно, хотя бы один $w ∈ W$ найдется. Далее, $W$ должно быть замкнуто относительно умножения на любые $λ ∈ ℝ$ . Ну, возьмем $0 ∈ ℝ$ и умножим его на этот самый $w ∈ W$ . Во-первых, разумеется,

0 ⋅w = −→0

Во вторых, $0⋅w ∈ W$ по второму условию в определении линейного подпространства. Ну и всё. Следовательно, $−→ 0 ∈ W$ и эту аксиому мы тоже проверили.

4. Это тоже нужно доказывать. Берем произвольный $x ∈ W$ . Поскольку $W$ замкнуто относительно умножений на любые скаляры, то вектор

− 1⋅x

тоже будет $∈ W$ . Но это и будет тот самый обратный к $x$ , поскольку

−→ x + (− 1)⋅ x = (1 − 1)⋅x = 0 ⋅x = 0

Все, значит, для любого $x ∈ W$ в $W$ также лежит и обратный к $x$ .

5-8. Их выполнение очевидно по тем же причинам, по которым было очевидно выполнение 1-2. Ежели эти аксиомы выполнялись для всех векторов из $V$ , то уж и тем более для всех векторов из $W ⊂ V$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#96898

Напомним определение:

Опр. Пусть $v ,...,v ∈ V 1 k$ . Тогда их линейной оболочкой (обозн.: $span{v ,...,v } 1 k$ ) называется множество всевозможных их линейных комбинаций:

span{v1,...,vk} = {λ1v1 + λ2v2 + ...+ λkvk|λ1,...λk ∈ ℝ }

Задача. Доказать, что $span {v1,...,vk}$ всегда является подпространством в $V$ .

Показать доказательство

Для этого достаточно проверить два условия.

1. Замкнутость относительно сложения. Пусть $x ∈ span{v1,...,vk},y ∈ span {v1,...,vk}$ . Докажем, что $x + y ∈ span{v1,...,vk}$ .

Тот факт, что $x ∈ span{v ,...,v } 1 k$ означает по определению, что найдутся такие $λ ,...,λ ∈ ℝ 1 k$ , что

x = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λkvk

Далее, тот факт, что $y ∈ span{v1,...,vk}$ означает по определению, что найдутся такие $μ1,...,μk ∈ ℝ$ , что

y = μ1v1 + μ2v2 + ...+ μkvk

Но тогда

x + y = λ v + λ v + ...+ λ v + μ v + μ v + ...+ μ v = 1 1 2 2 k k 1 1 2 2 k k

= (λ + μ )v + ...+ (λ + μ )v 1 1 1 k k k

Но это по определению означает, что $x+ y ∈ span{v1,...,vk}$ . Ибо $x + y$ , как мы видим, тоже является линейной комбинацией векторов $v1,...,vk$ .

2. Замкнутость относительно умножения на числа. Пусть $x ∈ span{v1,...,vk},α ∈ ℝ$ . Докажем, что $α ⋅x ∈ span{v1,...,vk}$ .

Тот факт, что $x ∈ span{v1,...,vk}$ означает по определению, что найдутся такие $λ1,...,λk ∈ ℝ$ , что

x = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λkvk

Но тогда

α⋅x = α ⋅(λ1v1 + λ2v2 + ...+ λkvk ) = (αλ1 )v1 + ...+ (αλk)vk

Но это по определению означает, что $α ⋅x ∈ span{v1,...,vk}$ . Поскольку $α ⋅x$ , как мы видим, тоже является линейной комбинацией векторов $v1,...,vk$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#96899

Пусть $v1,...,vk ∈ V$ . Пусть $rk {v1,...,vk} = r$ , и предположим, не теряя общности, что последние $k − r$ векторов среди $v1,...,vk$ выражаются через остальные (если $r = k$ , то просто-напросто никакие не выражаются).

Задача. Доказать, что

span{v1,...,vk} = span {v1,...,vr}

Комментарий. В этом и смысл поиска базиса в $span{v1,...,vk}$ . Мы можем удалить линейно зависимые векторы из набора ${v1,...,vk}$ , и оставшиеся ${v1,...,vr}$ все равно породят то же самое подпространство.

Показать доказательство

Включение

span{v1,...,vk} ⊃ span {v1,...,vr}

- очевидно (поскольку то, что мы можем породить подсистемой из ${v1,...,vk}$ , мы можем, конечно, породить и всеми ${v1,...,vk}$ ).

Докажем включение в обратную сторону, то есть

span{v1,...,vk} ⊂ span {v1,...,vr}

Итак, пусть $x ∈ span {v1,...,vk}$ . Тогда $x$ является их линейной комбинацией, то есть найдутся такие $λ1,...,λk$ , что

x = λ1v1 + ...+ λkvk

Далее, мы знаем по условию, что

vr+1, vr+2,...,vk

линейно выражаются через $v1,...,vr$ .

То есть

vr+1 = α1v1 + ...+ αrvr

...

vk = τ1v1 + ...+ τrvr

Но тогда просто будем всякий раз подставлять эти выражения $vr+1,...,vk$ через $v1,...,vr$ в выражение для

x = λ1v1 + ...+ λkvk

и будем получать

x = λ1v1 + ...+ λrvr + λr+1(α1v1 + ...+ αrvr)+ ...+ λk (τ1v1 + ...+ τrvr)

Раскрывая скобки, увидим, что $x$ является линейной комбинацией всего лишь векторов $v ,...,v 1 r$ (впрочем, это видно и без раскрытия скобок).

Поскольку $x$ был произвольный, мы доказали, что любой вектор, являющийся линейной комбинацией всех $v1,...,v k$ , является линейной комбинацией и лишь максимального линейно независимого поднабора $v1,...,vr$ . Таким образом, доказано обратное включение

span{v1,...,vk} ⊂ span {v1,...,vr}

А значит и равенство

span{v1,...,vk} = span {v1,...,vr}

Замечание. А что же делать, если $r = k$ ? А в таком случае просто-напросто ничего делать не нужно, потому что доказывать нечего.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#96903

Пусть $v1,...,vk ∈ V$ . Доказать, что $span{v1,...,vk}$ - это наименьшее по включению линейное подпространство в $V$ , которое содержит все векторы $v1,...,vk$ .

Иными словами, доказать, что если $W ⊂ V$ - какое-то другое подпространство в $V$ , такое, что $v1 ∈ W, ...,vk ∈ W$ , то обязательно

span {v1,...,vk} ⊂ W

Показать доказательство

Действительно, пусть какое-то подпространство $W$ содержит все $vi$ , то есть $v1 ∈ W, ...,vk ∈ W$ .

Но тогда, из определения подпространства следует, что $W$ должно быть замкнуто относительно сложения векторов и умножения векторов на числа. То есть $W$ должно быть замкнуто относительно линейных комбинаций. То есть линейная комбинация любых векторов из $W$ обязана лежать в $W$ .

Но тогда любая линейная комбинация векторов $v1,...,vk$ обязана лежать в $W$ . Но по определению это значит, что

span {v1,...,vk} ⊂ W

И мы всё доказали.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#96905

На самом деле, в доказательстве того факта, что если $W1 ⊂ V$ , $W2 ⊂ V$ - два подпространтва в линейном пространстве $V$ , то и их пересечение тоже обязательно является подпространством в $V$ , мы забыли проверить еще одно условие. А именно, мы конечно доказали замкнутость $W1 ∩ W2$ относительно сложения и умножения на числа, однако мы не проверили, что $W1 ∩ W2$ обязательно непусто. Так вот,

почему $W1 ∩ W2$ обязательно непусто?

Показать ответ и решение

Мы уже знаем, что $−→ 0$ лежит в любом подпространстве. Но тогда $−→ −→ 0 ∈ W1, 0 ∈ W2$ , следовательно, $−→ 0 ∈ W1 ∩ W2$ . Вот и всё.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#97547

Пусть

W1 = span {(1,2,1),(1,1,− 1),(1,3,3)}

W = span{(2,3,− 1),(1,2,2),(1,1,− 3)} 2

a) Найти базис в $W1 + W2$ ;
b) Найти базис в $W1 ∩ W2$ ;
c) Убедиться в справедливости формулы

dim W1 + dim W2 = dim (W1 + W2 )+ dim (W1 ∩ W2 )

d) Является ли сумма $W1 + W2$ прямой?

Показать ответ и решение

a) Когда подпространства заданы в виде линейных оболочек, найти базис в их сумме просто.

Мы лишь записываем вектора, от которых берутся и линейная оболочка для $W1$ и для $W2$ в одну матрицу, по строкам:

( ) 1 2 1 | 1 1 − 1| || 1 3 3 || ( 21 32 −21) 1 1 − 3

Далее, приводим эту матрицу к ступенчатому виду при помощи Э.П. строк:

( ) 1 2 1 | 0 1 2| || 00 00 10|| ( 0 0 0) 0 0 0

И ненулевые строки и будут образовывать базис в $W1 + W2$ . Таким образом, в качестве базиса в $W1 + W2$ годится

(1,2,1),(0,1,2),(0,0,1)

b) Чтобы найти базис в $W1 ∩ W2$ , необходимо вначале задать оба подпространства в виде множества решений каких-то ОСЛУ.

1. Зададим $W1$ при помощи ОСЛУ. Нетрудно убедиться, что ранг матрицы, составленной только из тех векторов, линейной оболочкой которых является $W1$ , равен двум. Следовательно, $dim W1 = 2$ .

Таким образом, мы будем искать матрицу $A$ , задающую нашу ОСЛУ $Ax = 0$ размера $1× 3$ (3 столбца должно быть у неё в любом случае, поскольку все наши векторы из $3 ℝ$ . А размерность пространства решений будет равна количеству неизвестных (3) минус $rkA$ . Таким образом, нам нужна матрица $A$ ранга 1, поэтому хватит одной строчки).

Итак, мы ищем матрицу $A$ в виде

(a11 a12 a13)

Так, чтобы системе

Ax = 0

удовлетворяли векторы $(1,2,1),(1,1,− 1),(1,3,3)$ и так, чтобы $rkA = 1$ .

Таким образом, получаем такой набор условий:

( {a11 + 2a12 + a13 = 0 (a11 + a12 − a13 = 0 a11 + 3a12 + 3a13 = 0

Нам достаточно найти частное решение этой системы. Одним из них является, например,

a11 = 3,a12 = − 2,a13 = 1

Тогда получается, что $W1$ задается ОСЛУ (с 1 уравнением):

W1 : 3x− 2y + z = 0

2. Рассуждая аналогично, найдем, что подпространство $W2$ имеет размерность $2$ и поэтому матрица ОСЛУ, задающая $W 2$ тоже будет размера $1× 3$ . Аналогично находим одну из таких матриц и получаем, что $W 2$ задается такой ОСЛУ с одним уравнением:

W : 8x− 5y + z = 0 2

Таким образом, их пересечение задаётся, очевидно, ОСЛУ

{ 3x− 2y + z = 0 W1 ∩ W2 : 8x− 5y + z = 0

Её общим решением является

x = 3z,y = 5z

Поэтому $dim W1 ∩ W2 = 1$ и найти этот единственный вектор, являющийся базисом в $W1 ∩ W2$ можно, придав единственной свободной неизвестной $z$ значение 1 (а других свободных неизвестных, которые мы должны были бы занулять, у нас нет), и вычислив главные. Получается такой базис в $W1 ∩ W2$ :

(3,5,1)

c) Действительно:

dim W1 + dim W2 = dim (W1 + W2 )+ dim(W1 ∩W2 ) ◟-◝=◜2-◞ ◟-◝=◜2-◞ ◟-----◝◜-----◞ ◟-----◝◜----◞ =3 =1

d) Сумма $W1 + W2$ не прямая, поскольку $dim W1 ∩W2 = 1$ , а по определению сумма подпространств называется прямой, если пересекаются они по тривиальному подпространству $−→ { 0 }$ , размерность которого, разумеется, равна нулю, а никак не единице.

Ответ:

a) ${(1,2,1),(0,1,2),(0,0,1)}$ ;
b) ${(3,5,1)}$ ;
d) Да, сумма прямая

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#97548

Пусть

{ W1 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 2x1 − 4x3 + 3x4 = 0

W2 : − x1 − x2 − x3 = 0

a) Найти базис в $W1 + W2$ ;
b) Найти базис в $W1 ∩ W2$ ;
c) Убедиться в справедливости формулы

dim W1 + dim W2 = dim (W1 + W2 )+ dim (W1 ∩ W2 )

d) Является ли сумма $W1 + W2$ прямой?

Показать ответ и решение

a) Для того, чтобы найти базис в $W + W 1 2$ , надо каждое из подпространств задать в виде линейной оболочки от каких-то векторов. Мы зададим их как линейную оболочку их базисов. А базисы мы найдем просто назодя ФСР ОСЛУ для $W1$ и для $W2$ .

1. Базис в $W1$ . Ищем общее решение системы

{ x1 + x2 + x3 + x4 = 0 W1 : 2x1 − 4x3 + 3x4 = 0

Решая её, получаем общее решение:

3- 1- x1 = 2x3 − 2x4, x2 = − 3x3 + 2x4

Следовательно, $dim W1 = 2$ и по стандартному алгоритму находим базис $W1$ :

v1 = (2,− 3,1,0), v2 = (− 3, 1,0,1) 2 2

Следовательно, $W1 = span{v1,v2}$ .

2. Аналогично, общее решение системы

W2 : − x1 − x2 − x3 = 0

Будет

x = − x − x + 0x 1 2 3 4

Следовательно, $dim W2 = 3$ и по стандартному алгоритму находим базис $W2$ :

u1 = (− 1,1,0,0), u2 = (− 1,0,1,0),u3 = (0,0,0,1)

Следовательно, $W1 = span{u1,u2,u3}$ .

Далее, чтобы найти базис в $W1 + W2$ , записываем вектора, от которых берутся и линейная оболочка для $W1$ и для $W2$ в одну матрицу, по строкам:

( 2 − 3 1 0) | − 3 1 0 1| | − 12 21 0 0| ( − 1 0 1 0) 0 0 0 1

Приводим её к ступенчатому виду:

( ) 2 − 37 13 0 ||0 − 4 46 16|| (0 0 7 − 7) 00 00 00 10

Следовательно, в качестве базиса в $W1 + W2$ можно взять ненулевые строки этой матрицы, то есть вектора

7 3 6 6 (2,− 3,1,0),(0,− 4-,4,1),(0,0, 7,− 7),(0,0,0,1)

b) Пересечение подпространств задается ОСЛУ:

( { x1 + x2 + x3 + x4 = 0 W1 ∩ W2 : 2x1 − 4x3 + 3x4 = 0 ( − x1 − x2 − x3 = 0

Её общим решением является

x1 = 2x3, x2 = − 3x3, x4 = 0

Следовательно, $dim W1 ∩ W2 = 1$ и единственный вектор, образующий базис пересечения мы находим, придавая единственной свободной неизвестной значение 1:

(2,− 3,1,0)

c) Действительно:

dim W1 + dim W2 = dim (W1 + W2 )+ dim(W1 ∩W2 ) ◟-◝=◜2-◞ ◟-◝=◜3-◞ ◟-----◝◜-----◞ ◟-----◝◜----◞ =4 =1

Ответ:

a) ${(2,− 3,1,0),(0,− 7, 3,1),(0,0, 6,− 6),(0,0,0,1)} 4 4 7 7$ ;
b) ${(2,− 3,1,0)}$ ;
d) Нет, сумма не прямая

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#97549

Пусть $W ,W 1 2$ - подпространства пространства $V$ .

а) Пусть оказалось так, что $dim W1 ∩ W2 = dim W1 + W2$ . Что можно сказать тогда о взаимном расположении подпространств $W1 ∩ W2$ и $W1 + W2$ ?

b) Пусть оказалось так, что $dim W1 = dim W2 = dim W1 ∩ W2$ .

то можно сказать тогда о взаимном расположении подпространств $W1, W2, W1 ∩ W2$ ?

Показать ответ и решение

a) Поскольку, очевидно,

W1 ∩ W2 ⊂ W1 ( да собственно и ⊂ W2 ) ⊂ W1 + W2

То есть пересечение подпространств всегда является подпространством в их сумме, то в случае, если $dim W1 ∩ W2 = dim W1 + W2$ , мы с уверенностью можем заключить, что

W1 ∩ W2 = W1 + W2

Потому что вообще, если у подпространства размерность такая же, как и у пространства, в котором оно содержится, то они совпадают.

Действительно, пусть $dim W ∩ W = k = dim W + W 1 2 1 2$ . Пусть $e ,...,e 1 k$ - базис в $W ∩ W 1 2$ , $g ,...,g 1 k$ - базис в $W1 + W2$ .

И вот если бы нашелся хотя бы один вектор $u$ такой, что

u ∈ W1 + W2, н о u/∈W1 ∩ W2

то это бы означало, что этот вектор $u$ не является линейной комбинацией $e1,...,ek$ . А это значит, что система векторов ${e ,...,e ,u} 1 k$ - линейно независима.

Но все они $e1,...,ek,u$ лежат в $W1 + W2$ . Следовательно, все они должны выражаться через базис $W1 + W2$ , то есть через $g1,...,gk$ . Противоречие с основной леммой о линейной зависимости.

b) В таком случае эти подпространства тоже совпадают:

W1 = W2 = W1 ∩ W2

Поскольку

W1 ∩ W2 ⊂ W1

То в случае равенства

dim W1 = dim W1 ∩ W2

мы получаем

W1 = W1 ∩W2

Аналогично, в случае равенства

dim W2 = dim W1 ∩ W2

мы получаем

W2 = W1 ∩W2

Ответ:

a) В таком случае сумма этих подпространств совпадает с их пересечением;
b) В таком случае оба подпространства совпадают и, соответственно, оба совпадают с их пересечением;

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#97550

Пусть

𝒫≤n

- пространство всех многочленов степени не выше $n$ .

Пусть $W ч. ⊂ 𝒫≤n$ - подпространство, состоящее из всех многочленов степени не выше $n$ , которые при этом являются четными (как функции). Пусть $W нч. ⊂ 𝒫≤n$ - подпространство, состоящее из всех многочленов степени не выше $n$ , которые при этом являются нечетными (как функции).

Доказать, что

⊕ 𝒫 ≤n = W ч. W нч.

Показать доказательство

Ясно, что базисом в подпространстве

W ч.

будут все многочлены вида $1,x2,x4,x6,...,xn$ , если $n$ - четно, либо $xn− 1$ , если $n$ - нечетно.

И правда - все эти многочлены линейно независимы, и любой четный многочлен содержит только одночлены четной степени, а поэтому выражается через них. (Ибо четный многочлен обязан переходить в себя же при замене $x ↦→ − x$ , а если у многочлена есть хотя бы один ненулевой одночлен нечетной степени, это невозможно).

Далее, базисом в пространстве

W нч.

являются все многочлены вида $x,x3,x5,...,xn$ , если $n$ - нечетно, либо $xn−1$ , если $n$ - четно.

И правда - все эти многочлены линейно независимы, и любой нечетный многочлен содержит только одночлены нечетной степени, а поэтому выражается через них.

Но любой многочлен можно представить в виде суммы многочлена с только четными степенями переменной и многочлена с только нечетными степенями переменной. Следовательно, этим уже доказано, что

𝒫≤n = Wч. + W нч.

Осталось проверить лишь что

⊕ 𝒫 ≤n = W ч. W нч.

То есть что сумма прямая.

Для этого достаточно проверить, что

W ∩ W = 0 ч. нч.

Действительно, пусть $p(x) ∈ W ч. ∩ W нч.$ .

Тогда, с одной стороны, для любого $x$ выполнено

p(− x) = p(x )

А, с другой стороны, для любого $x$ выполнено

p(− x) = − p(x)

То есть

− p(− x) = p(x)

Вычитая из одного другое, получим:

p(− x) = − p(− x)

для любого $x ∈ ℝ$ . Но если $x$ - любой $∈ ℝ$ , то и $− x$ - любой $∈ ℝ$ . Следовательно, наш многочлен в любой точке равен минус себе же в любой точке. Таким свойством, конечно, может обладать только тождественно нулевой многочлен.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#98749

Доказать, что в любом линейном пространстве $V$ (кроме $−→ V = { 0}$ ) существует бесконечно много базисов.

Показать доказательство

Действительно, если $−→ V ⁄= {0 }$ , то в $V$ обязательно есть базис ${v1,...,vn}$ , $n ≥ 1$ . Но тогда и ${2v1,...,vn}$ - базис, и ${3v1,...,vn}$ - тоже базис...

И так далее. Ясно, что вообще если ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ , то для любого $λ ⁄= 0$ , $λ ∈ ℝ$ набор ${λv1,...,vn }$ - тоже базис $V$ .

Действительно, если набор ${v1,...,vn}$ был линейно независимым, то и набор ${λv1,...,vn}$ - тоже будет линейно независимым (проверьте!).

А если любой вектор $v ∈ V$ выражался через набор ${v1,...,vn}$ , то он будет, конечно, выражаться и через набор ${λv1,...,vn}$ .

А именно, если координаты $v$ в базисе ${v ,...,v } 1 n$ были $(α ,...,α ) 1 n$ , то в базисе ${λv1,...,vn}$ его координаты будут $α1 (-λ ,...,αn )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#98750

Пусть ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ . Пусть $x ∈ V$ и $x$ имеет в базисе ${v1,...,vn}$ координаты $(x1,...,xn)$ .

a) Пусть $u1 = v2,u2 = v1,u3 = v3,...,un = vn$ . Убедиться, что ${u1,...,un}$ - тоже базис в пространстве $V$ . Какие координаты будет иметь вектор $x$ в этом базисе?

b) Пусть $u1 = v1,u2 = v2,u3 = v3,...,u7 = 5v7,...,un = vn$ . Убедиться, что ${u1,...,un}$ - тоже базис в пространстве $V$ . Какие координаты будет иметь вектор $x$ в этом базисе?

Показать доказательство

a) Новый набор отличается от старого лишь перестановкой первых двух векторов местами (первый вектор старого базиса это второй вектор нового базиса, а второй вектор старого базиса - это первый вектор нового базиса).

Формально, такая перестановка дает новый базис, поскольку базис - это упорядоченный набор векторов.

Однако ясно, что свойство линейной независимости не зависит от порядка векторов и от такой перестановки не меняется. Поэтому новый набор все еще будет линейно независимым. Но, так как в нем векторов столько же, сколько и в старом наборе, то это базис.
(мы пользуемся тем свойством, что в пространстве $V$ любой линейно независимый набор, в котором $dim V$ векторов образует базис).

Далее, пусть $x ∈ V$ и $x$ имеет в базисе ${v1,...,vn}$ координаты $(x1,...,xn)$ , это означает, что

x = x v + x v + ...+ x v 1 1 2 2 n n

Но т.к. $u = v ,u = v ,u = v,k > 2 1 2 2 1 k k$ , то ясно, что

x = x2u1 + x1u2 + ...+ xnun

То есть в базисе ${u1,...,un}$ вектор $x$ будет иметь координаты $(x2,x1,...,xn )$ .

b) Действительно, набор ${u1,...,un}$ - базис в $V$ , поскольку он линейно независим. Пусть есть произвольная линейная комбинация $u i$ -ых, равная нулевому вектору:

λ1u1 + ...+ λnun = 0

Но это то же самое, что

λ1v1 + ...+ λ75v7 + ...+ λnvn = 0

В силу линейной независимости набора ${v1,...,vn}$ отсюда получаем, что такая линейная комбинация может быть только тривиальной, то есть

λ = 0,λ = 0,...,λ ⋅5 = 0,...,λ = 0 1 2 7 n

Но отсюда уже следует и то, что

λ1 = 0,λ2 = 0,...,λ7 = 0,...,λn = 0

То есть любая линейная комбинация векторов набора ${u1,...,un }$ , равная нулевому вектору, тривиальна. Следовательно, это базис в $V$ , поскольку в нем ровно $dim V$ элементов (а $dim V$ мы знаем, потому что нам дано, что ${v1,...,vn}$ - это базис в $V$ ).

Далее, если $x ∈ V$ и $x$ имеет в базисе ${v1,...,vn}$ координаты $(x1,...,xn)$ , это означает, что

x = x1v1 + x2v2 + ...+ xnvn

Но ясно, что это значит, что

x x = x1u1 + ...+-7u7 + ...+ xnun 5

Следовательно, этот вектор $x$ будет иметь в базисе ${u ,...,u } 1 n$ координаты $x7 (x1,..., 5 ,...,xn)$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#104430

a) Пусть $V$ - пространство всех матриц размера $5 × 8$ . Пусть $W$ - подпространство в $V$ , состоящее из матриц с нулевой последней строкой.
Проверьте, что $W$ на самом деле является подпространством в $V$ и опишите явно фактор-пространство $V/ W$ . Чему изоморфно $V / W$ ?

b) Пусть $V$ - пространство всех многочленов степени не выше, чем 10. Пусть $W$ - подпространство в $V$ , состоящее из многочленов $p$ степени не выше, чем 10, таких, что $p(5) = 0$ .
Проверьте, что $W$ на самом деле является подпространством в $V$ и опишите явно фактор-пространство $V/ W$ . Чему изоморфно $V/ W$ ?

с) Пусть $V = ℝn$ . Пусть

n W = {x ∈ ℝ | x = (x1,x2,...,xn ) таки х, что x1 + x2 + ...+ xn = 0}

- подпространство в $V$ .
Проверьте, что $W$ на самом деле является подпространством в $V$ и опишите явно фактор-пространство $V/ W$ . Чему изоморфно $V/ W$ ?

d) Пусть $V$ - пространство всех последовательностей $xn$ , имеющих предел. Пусть $W$ - подпространство в $V$ , состоящее только из бесконечно малых последовательностей.
Проверьте, что $W$ на самом деле является подпространством в $V$ и опишите явно фактор-пространство $V/ W$ . Чему изоморфно $V/ W$ ?

Показать доказательство

a) То что $W$ является подпространством - очевидно. Оно замкнуто относительно сложения векторов и умножения векторов на числа: сумма любых двух матриц с нулевой последней строкой - вновь матрица с нулевой последней строкой, и любая матрица с нулевой последней строкой умноженная на любое число - вновь будет матрицей с нулевой последней строкой.

Теперь давайте поймем, что из себя явно будет представлять фактор-пространство $V/ W$ .

Смысл факторизации состоит в том, что в фактор-пространстве $V/ W$ все элементы пространства $V$ , лежавшие в $W$ , считаются нулевым вектором. Таким образом, все матрицы, у которых последняя строка нулевая (а при этом первые 4 строки какие угодно!) теперь в факторе становятся нулём.

Таким образом, например, такая матрица

( ) 1 2 3 4 5 5 3 4 || 1 2 3 20 1 2 3 4|| || || || 8 − 100 3 0 1 12 13 4|| |( 4 2 3 4 1 2 3 4|) 0 0 0 0 0 0 0 0

в фактор-пространстве $V/ W$ станет нулем. И вообще любая другая матрица с нулевой последней строкой и какими угодно предыдущими четырьмя тоже превратится в ноль.

Таким образом, разумно ожидать, что фактор-пространство состоит $”$ как бы $”$ из матриц только с последней строчкой, то есть из матриц $1 × 8$ , поскольку остальные-то строчки нас все равно не интересуют.
( $”$ Как бы $”$ - потому что на самом деле по определению формально фактор-пространство $V / W$ состоит из смежных классов, и так далее...)

Что ж, а теперь поймем, чему изоморфно $V/ W$ и убедимся в справедливости нашей гипотезы.

Итак, как обычно, то есть как и в теории групп, чтобы вычислить фактор-что-то, надо устроить гомоморфизм, то есть в данном случае просто линейное отображение из $V$ в какое-то понятное пространство так, чтобы ядром было в точности $W$ .

Итак, пусть линейный оператор

𝒜 : V → ℝ8

действует по правилу

𝒜 ( м атрица X ) = последняя строка м атрицы X

Ясно, что это отображение линейно. Более того, ясно, что его ядро, то есть то, что переходит в ноль - это в точности $W$ . Ну и очевидно, что $Im 𝒜 = ℝ8$ , поскольку отображение $𝒜$ - сюръективно, мы можем получить любой вектор из $8 ℝ$ - достаточно просто взять матрицу из $V$ именно с такой какой нужно последней строкой.

Следовательно, по аналогу основной теоремы о гомоморфизмах,

V/ ker𝒜 = V/ W ∼= Im 𝒜 = ℝ8

b) То что $W$ является подпространством - очевидно. Оно замкнуто относительно сложения векторов и умножения векторов на числа: сумма любых двух многочленов, обращающихся в ноль в точке 5 вновь обращается в ноль в точке 5. То же верно и для любого обращающегося в ноль в точке 5 многочлена, умноженного на любое число.

Теперь давайте поймем, что из себя явно будет представлять фактор-пространство $V / W$ .

Смысл факторизации состоит в том, что в фактор-пространстве $V / W$ все элементы пространства $V$ , лежавшие в $W$ , считаются нулевым вектором. Таким образом, все многочлены, которые в точке 5 обнуляются, становятся нулём в фактор-пространстве.

Таким образом, например, такой многочлен

p(x ) = (5 − x)3 + 120(5 − x)4 + 11(5− x)8

в фактор-пространстве $V / W$ станет нулем. Да и куча других многочленов, обращающихся в точке 5 в ноль - тоже.

Но вообще-то если $p(x )$ - произвольный многочлен, то для него всегда можно найти такой многочлен $q(x)$ и такое число $c$ , что

p(x) = q(x)+ c

где $q(x)$ - многочлен, обращающийся в точке 5 в ноль. Действительно, такое разложение существует (и единственно!). Возьмем в качестве $c$ число $p(5)$ и в качестве $q(x)$ возьмем

опр. q(x) = p(x)− c

Тогда, конечно, $q(5) = p(5)− c = p(5)− p(5) = 0$ . Так что такое разложение выполнено.

Таким образом, любой многочлен $p(x)$ представляется в виде суммы многочлена, обнуляющегося в точке 5, и какого-то числа...Но всё, что обнуляетя в точке 5, в фактор-пространстве перейдет в ноль. Так что разумно ожидать, что наше фактор-пространство $V / W$ устроено просто $”$ как $”$ множество константных многочленов...

( $”$ Как бы $”$ - потому что на самом деле по определению формально фактор-пространство $V/ W$ состоит из смежных классов, и так далее...)

Что ж, а теперь поймем, чему изоморфно $V / W$ и убедимся в справедливости нашей гипотезы.

Итак, пусть линейный оператор

𝒜 : V → ℝ

действует по правилу

𝒜 ( м ногочлен p(x) ) = p(5)

Ясно, что это отображение линейно. Более того, ясно, что его ядро, то есть то, что переходит в ноль - это в точности $W$ . Ну и очевидно, что $Im 𝒜 = ℝ$ , поскольку отображение $𝒜$ - сюръективно, мы можем получить любое число из $ℝ$ как значение какого-то многочлена в точке 5.

Следовательно, по аналогу основной теоремы о гомоморфизмах,

V/ ker𝒜 = V/ W ∼= Im 𝒜 = ℝ

c) То, что это подпространство, может быть, и не вполне очевидно. Но если формально расписать - становится совсем очевидно. Сумма любых таких векторов из $W$ вновь из $W$ , и любой вектор из $W$ , умноженный на любое число - тоже будет из $W$ .

Опиисывать явно данное фактор-пространство очень трудно. Дело в том, что у нас переходят в ноль все векторы, у которых сумма координат равна нулю. А это не такое маленькое подпространство, как может показаться. На самом деле, это $n − 1$ одномерное подпространство в $ℝn$ (убедитесь в этом сами, найдите ФСР ОСЛУ для $x + x + ...+ x = 0 1 2 n$ - это и будет базис в $W$ ).

Так что наверняка фактор-пространство $V/ W$ будет очень маленьким, а если верить теореме о гомоморфизмах - вообще одномерным.

Так что ясно, что $V/ ∼= ℝ W$ , поскольку любые одномерные пространства изоморфны $ℝ$ .

Но этого и стоило ожидать: любой вектор $v$ из $ℝn$ представляется (притом вновь однозначно!) в виде суммы

v = w + u

где $w ∈ W$ , а $u$ имеет вид

u = (0,0,0,....,c)

(только последняя координата ненулевая).

Действительно, если $v = (v1,v2,...,vn)$ , то искомое разложение будет таким:

w = (v1,v2,...,vn− 1,− v1 − v2 − v3 − ...− vn−1), u = (0,0,0,...,v1 + v2 + ...+ vn− 1 + vn)

Так что, с учетом того, что в фактор-пространстве всё, что лежало в $W$ , обнуляется - нас уже не удивляет, что $V/ W ∼= ℝ$ .

d) То что $W$ является подпространством - очевидно. Оно замкнуто относительно сложения векторов и умножения векторов на числа: сумма любых двух сходящихся последовательностей вновь сходится, и любая сходящаяся последовательность, умноженная на любое число - вновь сходится.

Построим линейное отображение

𝒜 : V → ℝ

по правилу

𝒜 (x ) = lim x n n→∞ n

Его линейность очевидна и следует из свойств предела.

$𝒜$ - сюръективно, потому что мы можем подобрать последовательность с любым наперёд заданным пределом.

Ну а какое у него ядро? Ядро у него, ясное дело, в точности $W$ - все те последовательности, у которых предел 0.

Но тогда, по основной теореме о гомоморфизмах

V V / ker𝒜 = / W ∼= Im 𝒜 = ℝ