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

Вроде бы навскидку у нас будут выполняться большинство аксиом линейного пространства для нашего Однако, проблема вся в том, что сумма любых двух векторов нашего пространства, то есть любых двух последовательностей которые сходятся к 1, то есть уже не будет сходиться к 1.
А точнее, по теореме из матана о сумме пределов, будет сходиться к

Следовательно, не является линейным пространством с вышеуказанным операциями.

Как ни странно, а такое пространство с такими необычно заданными на нём операциями будет удовлетворять всем аксиомам линейного пространства. Проверка этого тривиальная и устная.

Интересно то, что сколько бы ни было изначально элементов в множестве поскольку мы не можем их различить при помощи операций, как линейное пространство состоит из одного-единственного вектора который мы в нём выделили изначально.

Это хорошая иллюстрация того, что в алгебре структура наших объектов задаётся именно свойством вводимых операций.

В этом вопросе есть небольшой подвох. В отличие от случая, когда мы в качестве брали множество всех многочленов степени не выше , то всё было в порядке - такое со стандартными операциями на нём было линейным пространством. (Вспомните этот пример)

Здесь же проблема в том, что сумма двух многочленов степени не обязана быть многочленом степени А, значит, мы рискуем попасть в ситуацию, когда наше не замкнуто относительно операций и на нём.

Действительно, возьмём, допустим, Но тогда, скажем, рассмотрим два многочлена и Ясно, что их сумма будет уже многочленом четвёртой степени, а, значит, не лежит в

Тем самым, мы показали, что с такими операциями не является линейным пространством.

a) Нетрудно видеть, что такое множество замкнуто относительно операций сложения векторов и умножения векторов на числа. Поэтому = будет подпространством в любом
b) Поскольку наша прямая проходит через начало координат то всё хорошо. Наши операции тогда определены корректно, и сумма двух векторов с концами на нашей прямой тоже будет иметь конец на нашей прямой.
С умножением на числа тем более всё будет в порядке - умножение на числа не выводит вектора за пределы такой прямой - это легко понять геометрически.
c) Нет, как и любое ограниченное множество, кроме множества из пункта a), то есть = Дело всё в том, что если в нашем есть хотя бы один ненулевой вектор то это означает, что мы этот ненулевой вектор можем растянуть в любое раз. То есть, иными словами, вместе с любым в обязан входить и любой вектор вида (если мы хотим, чтобы было подпространством), где Значит, как минимум по этому направлению мы можем неограниченно расти. То есть, никакое ограниченное множество, в том числе и наш куб, подпространством быть не может.

Докажем это утверждение для плоскости. Совершенно аналогичное рассуждение будет работать и в случае любого мерного пространства, то есть в случае

Нам надо доказать два факта: 1) то, что любой вектор представляется в виде линейной комбинации базисных и то что 2) это представление единственно.
1) Почему вообще любой вектор на плоскости можно выразить через базисные ? По определению базиса на плоскости, - линейно независимая система из двух векторов. Но раз они линейно независимы, а мы находимся в плоскости, то система будет линейно зависимой, какой бы вектор мы к ней ни добавили. Значит, один из векторов системы линейно выражается через остальные. Понятно, что это и должен быть наш добавленный т.к. - была независимой.
Таким образом, такие, что
2) Докажем единственность. Пусть нашлось два различных выражения вектора по базису То есть, иными словами, пусть такие, что и, в то же время, Вычтем одно равенство из другого и получим, что
То есть мы выразили нулевой вектор через базисные и Но через независимую систему нулевой вектор выражается одним единственным - тривиальным - способом. То есть все коэффициенты при и равны То есть

Таким образом, мы получили, что коэффициенты первого разложения по базису совпадают с коэффициентами второго. Следовательно, мы имеем единственность разложения по базису.

Как вообще понять, является ли какая-то система векторов линейно независимой, или нет. Ну, по определению, она является линейно независимой, если мы можем найти решение у такой вот системы уравнений:

где вектор имеет координаты

Решать такую систему можно, например, методом Гаусса.

В нашем случае получается вот такая система:

Решим её методом Гаусса: записываем расширенную матрицу системы
Для удобства вычислений обменяем первую и вторую строку местами: Далее, Умножим 2-ю строку на и добавим к 3-й строке (Э.П. 3). Сама вторая строка, напомним, при этом не меняется:

Далее, Умножим 1-ю строку на и добавим к 2-й (Э.П. 3):

Умножим 2-ю строку на и добавим к 3-й: Вот мы с вами и привели матрицу к ступенчатому виду. Для красоты можно ещё поделить каждую строчку на соответствующее число на диагонали: (трижды Э.П. 2): Далее, из последней строчки видно, что То есть, мы получаем, что Далее, подставляя это во второе уравнение, получим, что То есть, Аналогично подставляя и в первое уравнение мы получим, что и Таким образом, мы получили, что у нашей системы единственное решение - тривиальное, в том смысле, что оно нулевое. Значит, исходная система векторов была линейно независимой.

Поскольку наша система состоит из трёх векторов, а векторы эти из , а мы уже знаем, что , то чтобы доказать, что эта система векторов является базисом, достаточно проверить её линейную независимость.

Тот факт, что - линейно независима в экивалентен тому факту, что у системы

единственное решение - тривиальное, то есть когда

Будем решать эту систему методом Гаусса. Тогда в конце у нас получится матрица:

Из этой матрицы сразу видно, что единственное решение у нас - это когда Тем самым, система - линейно независима .

Далее, чтобы найти координаты в базисе нужно найти такие что Это попросту означает решить систему:

Решением этой системы будет являться такие : Следовательно,

Запишем матрицу перехода от стандартного базиса к базису векторы которого имеют в стандартном базисе координаты то есть мы имеем матрицу базиса вот такую:

Тогда, чтобы найти координаты вектора в базисе нужно обратную матрицу к матрице умножить на координаты вектора в стандартном базисе.

Находим обратную к матрице :

Значит в базисе будет иметь координаты

Матрица перехода от базиса к базису будет вот такая (мы по столбцам пишем координаты векторов нового базиса в старом базисе):

Тогда, чтобы найти координаты того же самого вектора в базисе нужно сделать следующее:
Ищем обратную:
Тогда
Значит, в базисе имеет координаты

Ранг матрицы равен количеству ненулевых строк после приведения к ступенчатому виду методом Гаусса.
Если матрицу привести к ступенчатому виду методом Гаусса, то получится матрица
И, поскольку мы видим, что у нас получилось 4 ненулевых строки, то ранг матрицы равен 4.

От противного. Пусть такое существует. Тогда для какого-то Но имеет, очевидно, размерность - в нём есть стандартный базис

Но тогда по теореме об изоморфизме, , если уж то То есть из теоремы об изоморфизме следовало бы, что размерность пространства равна То есть, в частности,

Но это не так. Потому что в существует бесконечный набор линейно независимых многочленов:

Они явно линейно независимы. Ибо, будь они линейно зависимы, то можно было бы нулевой многочлен представить в виде их конечной (!) нетривиальной линейной комбинации:

Что невозможно, поскольку многочлен - это не константа 0, в силу нетривиальности линейной комбинации, а значит не может быть равен 0 в любой точке (поскольку любой многочлен отличный от константы 0 имеет лишь конечное число корней).

a) Очевидно, в пространстве есть базис из 24 матриц:
и так далее...

Таким образом, Но а поэтому по теореме об изоморфизме

b) Это очевидным образом следует из того, что, аналогично пункту a) а 2027 - простое число

Да, это верно.
Напомним определение:

Опр. - подпространство в , если:
1. выполнено, что
2. а также выполнено, что

Действительно, возьмём Поскольку оба лежат в пересечении то они лежат, в частности, в Но, поскольку - подпространство, то по определению это означает, что Аналогично. в силу того, что оба лежат также и в то, поскольку теперь уже - подпространство, то Следовательно, И мы проверили первую аксиому, то есть пересечение подпространств всегда замкнуто относительно сложения.

Абсолютно аналогично проверяется и то, что оно замкнуто относительно умножения на любое

Это, вообще говоря, неверно. Достаточно в рассмотреть два подпространства

Тогда их объединение - это две координатные прямые

А две координатные прямые вместе не являются подпространством.

Действительно, это множество не замкнуто относительно сложения в : Если мы возьмём то их сумма поскольку у суммы ни одна из координат не равна 0 - сумма не лежит на на первой, ни на второй прямой.

Замечание. На самом деле, верен более общий факт. Объединение двух подпространств , является подпространством только в очень тривиальном случае - либо когда , либо когда наоборот . То есть когда эти два подпространства вложены одно в другое. Тогда, разумеется, объединение равно просто бОльшему множеству, и поэтому по тривиальной причине является подпространством. А в любом другом случае объединение подпространств никогда подпространством являться не будет.

1. Что такое ядро отображения то есть ?
По определению, это такие многочлены что То есть

Но многочлен

равен нулевому многочлену (а это и есть нулевой вектор пространства ) тогда и только тогда, когда То есть, это означает, что у исходного многочлена все коэффициенты, кроме свободного члена были равны 0. А очевидно, мог бы быть любым. Таким образом, мы получаем, что

Очевидно, что

2. А образ то есть согласно формуле, что

должен иметь размерность

Действительно,

То есть образ состоит из тех и только тех многочленов, которые являются результатами дифференцирования какого-то другого многочлена степени не выше чем

Ясно, что это означает, что степень если он лежит в образе уже никак не может быть равна поскольку дифференцирование понижает степень многочлена.

С другой стороны, ясно, что любой многочлен степени не выше чем может быть получен в результате дифференцирования какого-то другого многочлена степени не выше чем А именно, если нам дают какой-то то есть

то достаточно лишь взять

и тогда очевидно, что

Таким образом, мы показали, что И действительно, как мы и ожидали.

Поступим сначала так: выберем базис в Пусть это будет базис Причем давайте считать, что мы выбрали базис так, чтобы первые векторов образовывали базис в

Нам нужно найти такое пространство и такое линейное отображение из в это пространство, чтобы

Давайте в качестве второго пространства возьмем то же самое и определим так:

То есть отображение базис подпространства загоняет в 0, а все остальные базисные векторы пространства т.е. те, что не из оставляет на месте.

Тогда ясно, что поскольку весь базис лежит в значит и всё лежит в С другой стороны, ничего лишнего в ядро не попадает, потому что всё, что не выражалось через базис мы оставили на месте, то есть в 0 оно точно не перейдёт. Следовательно,

По определению, если Но

Таким образом, тогда и только тогда, когда

Но это возможно только если Следовательно только тогда, когда исходный Следовательно, отображение в нулевой многочлен переводит только нулевой многочлен. А это означает, что

Откуда получаем, поскольку что а, значит,

Пусть - матрица размера , а - матрица размера . Пусть . Ее размер . Посмотрим, как выглядит ее -ый столбец:

Запишем это иначе:

Видно, что каждый столбец является линейной комбинацией столбцов . Значит, система из столбцов линейно выражается через систему из столбцов . Таким образом, по следствию из ОЛОЛЗ ранг не превосходит ранга .
Рассуждая аналогично, можно убедиться в том, что каждая строка - это линейная комбинация строк , а ранг не превосходит ранга .

Тем самым, мы получаем, что

Комбинируя эти два неравенства, мы получим

В этой задаче будем пользоваться определением ранга как максимальным количеством линейно независимых столбцов в матрице.

Пусть , а количество столбцов в матрице равно . Пусть ранг равен , а количество столбцов в матрице равно .

Тогда в матрице есть столбцов, которые линейно выражаются через остальные. Аналогично, в матрице таких столбцов .

Соединим матрицы и посмотрим на матрицу . В ней столбцов, из которых линейно выражаются через остальные (потому что выражались через остальные уже в матрице , и тем более они же и выразятся через остальные в большей матрице, аналогично выражались через остальные уже в матрице , и тем более они же и выразятся через остальные в большей матрице). Значит, линейно независимых столбцов в уж точно не больше, чем
. Следовательно, .

Будем доказывать от противного. Пусть эта система векторов (т.е. многочленов) линейно зависима. Тогда найдётся такая линейная комбинация , равная нулевому вектора нашего пространства, т.е. нулевому многочлену. То есть

Пусть теперь - многочлен самой старшей степени среди . По условию, такой многочлен будет только один, поскольку степени всех многочленов нашей системы разные. Но тогда коэффициент при нём, то есть , в рассмотренной выше линейной комбинации, обязательно равен нулю, потому что в результате этой линейной комбинации должен получиться нулевой многочлен, а многочлены более младших степеней никак не смогут сократить самый старший одночлен в .

Таким образом мы показали, что из нашего предположения следует, что коэффициент при многочлене самой старшей степени нашей комбинации равен нулю.

Теперь давайте возьмём многочлен самой старшей степени среди всех оставшихся кроме . Аналогично рассужая можно показать, что коэффициент при нём тоже равен нулю.

Таким образом, все равны нулю, и наша линейная комбинация тривиальна. Следовательно, - линейно независимы.