Тема Линал и алгебра.

12 Тензоры.

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 1#60333

Показать, что операция опускания (и поднятия) индекса является композицией тензорного произведения с фиксированным тензором $gij$ (и, соответственно, $ij g$ ) и свёртки.

Показать ответ и решение

Действительно, рассмотрим, например, опускание первого верхнего индекса у тензора $T ij11,,......,,jipq$ при помощи тензора $gij$ . С одной стороны, по определению компоненты этого тензора после опускания $i1$ будут:

i,i2,...,ip gijT j1,...,jq

С другой стороны, если сначала умножить $T i1,...,ip j1,...,jq$ тензорно на $g ij$ , то это будет тензор типа $(p,q + 2)$ с компонентами:

i1,...,ip gijTj1,...,jq

Если же, далее, осуществить свёртку этого нового тензора по первому нижнему и первому верхнему индексу, то будем иметь тензор типа $(p− 1,q + 1)$ с компонентами

k,i2,...,ip gkjT j1,...,jq

Что и равно опусканию первого верхнего индекса, с точностью до переименования немого индекса суммирования $k$ на $i$ .

Для поднятия всё, разумеется, аналогично.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#60334

Пусть $T ∈ T11(V )$ - тензор типа $(1,1)$ . Что будет результатом его свёртки по единственной паре индексов? Как эта операция связана с уже известной вам операцией на матрицах?

Показать ответ и решение

Фактически, на тензоры типа $(1,1)$ можно смотреть как на матрицы. То есть мы имеем дело с матрицей $A$ , коэффициенты которой можно записать в виде $i aj$ . Тогда по определению свёртки по её единственному верхнему и нижнему индексу, мы будем иметь:

cA = akk

где по повторяющемуся верхнему и нижнему индексу подразумевается суммирование. То есть

1 2 n cA = a1 + a2 + ...+ an = trA

Таким образом, свёртка тензора $(1,1)$ представляет собой операцию взятия следа. В конце получается тензор типа $(0,0)$ , то есть просто вещественное число.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#60335

Рассмотрим $V = ℝ3$ , пусть $e1,e2,e3$ - базис в $ℝ3$ .
Пусть компоненты тензора $3 3 T ∈ T2(ℝ )$ задаются формулой

T ijk = 2m lm

Пусть в $3 ℝ$ выбран новый базис, который связан со старым базисом матрицей перехода

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

Найти компоненту $123 ˜T32$ в новом базисе.

Показать ответ и решение

Запишем тензорный закон для этой компоненты:

˜T123= d1d2d3 clcm ⋅T ijk 32 i j k3 2 lm

где $cij$ - компоненты матрицы $C$ , $dij$ - компоненты матрицы $D = C −1$ - соответствующая замене двойственного базиса в $V ∗$ .

Матрица $D = C −1$ будет иметь вид:

( ) | 1 0 0 | D = | − 3 1 0 | ( ) − 14 4 − 1

Осталось лишь посчитать по формуле $˜T123= d1d2d3clcm ⋅T ijk 32 i j k 32 lm$ .

Но, как вы видите, в этой формуле целых пять индексов суммирования - расписывать её в лоб будет очень долго, это получится очень большая сумма. И, что самое главное - мы проделаем лишнюю работу, которую мы сейчас с вами немного сократим за счёт наблюдений за элементами матриц $C$ и $D$ .

Даватйе заметим, что, во-первых, поскольку в первой строке матрицы $D$ только первый элемент отличен от нуля, то $i$ имеет смысл брать только равным 1 (при остальных $i$ число $d1i$ будет равна 0 и занулит всё слагаемое), а также поскольку в третьем столбце матрицы $C$ все элементы кроме третьего равны нулю, то имеет смысл брать $l$ лишь равным 3. По аналогичным соображениям, $j$ имеет смысл брать лишь равным 1 или 2. И, также заметим, что $m$ можно брать только равным 2 или 3.

Таким образом, будем иметь:

$1jk ˜T13223= d11d2jd3kc33cm2 ⋅T3m$

Далее, поскольку $d11 = 1,c33 = − 1$ , то это последнее равенство можно переписать:

$˜123 1 2 3 3 m 1jk 2 3 m 1jk T 32 = d1djdkc3c2 ⋅T3m = − djdkc2 ⋅T 3m$

Где, как и всегда, подразумевается суммирование по повторяющимся верхним и нижним индексам.

Заметим, что $T13jmk$ не зависит от индексов $jk$ , поэтому его можно просто вынести как общий множитель при каждых $j$ и $k$ - он по определению зависит только от второго нижнего индекса, т.е. от $m$ . Таким образом, будем иметь:

$123 1 2 3 3 m 1jk 2 3 m 1jk m 1jk 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 ˜T32 = d1djdkc3c2 ⋅T3m = − djdkc2 ⋅T3m = − c2 ⋅T 3m (d1d1 + d2d1 + d1d2 + d2d2 + d 1d 3 + d2d3)$

Напомним, $k$ мы в сумме брали любым, а вот $j$ только 1 или 2, поскольку $d2j$ при $j = 3$ равен нулю.

Осталось просуммировать по $m$ (как мы уже заметили, берём $m$ только равным 2 или 3):

cm2 ⋅T13jmk= c22T312jk + c32T13j3k= 1 ⋅4 + 4⋅6 = 28

(компоненты тензора мы вычисляли по данному нам условию $ijk Tlm = 2m$ )

Далее,

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 (d1d1 + d2d1 + d1d2 + d2d2 + d1d3 + d2d3) = 66

Таким образом, в конце концов имеем:

$˜123 1 2 3 3 m 1jk 2 3 m 1jk T32 = d1djdkc3c2 ⋅T3m = − djdkc2 ⋅T 3m = = − cm ⋅T 1jk(d2d3 + d2d3+ d2d3 + d2d3+ d2d3 + d2d3) = − 28 ⋅66 = − 1848 2 3m 1 1 2 1 1 2 2 2 1 3 2 3$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#60336

Рассмотрим $V = ℝ3$ , пусть $e1,e2,e3$ - базис в $ℝ3$ .
Пусть компоненты тензора $3 3 T ∈ T0(ℝ )$ задаются формулой

Tijk = i+ j + k

Пусть задан фиксированный тензор $gij$ типа $(0,2)$ задан матрицей

( ) 1 3 5 || || G = ( 2 − 1 6) − 4 8 0

Найти компоненту $22 R 3$ тензора $R$ , получающего из тензора $T$ при помощи опускания первого индекса с фиксированным тензором $gij$

Показать ответ и решение

По определению опускания индекса,

$R223 = gi3Ti22 = g13T122 + g23T 222 + g33T322 = 5 ⋅5+ 6⋅6 + 0⋅7 = 25 + 36 = 61$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#60337

Пусть $[,] : ℝ3 × ℝ3 → ℝ3$ - векторное произведение в $ℝ3$ . Пусть ${e1,e2,e3}$ - некоторый базис в $ℝ3$ . Показать, что набор чисел $k a ij$ , определенных правилом

[e ,e] = ake i j ij k

образует тензор (т.е. удовлетворяет тензорному закону).

Показать ответ и решение

Пусть $cij$ - коэффициенты матрицы перехода к некоторому другому базису ${e1′,e2′,e3′}$ , $dij$ - коэффициенты обратной к матрице перехода матрицы. Тогда какие бы базисные векторы в новом базисе $es′,ep′$ в новом базисе мы ни взяли, то, разложив их при помощи матрицы перехода по старому базису как $′ i es = cs′ei$ , $′ j ep = cp′ej$ , будем иметь:

[e′,e ′] = [ci′e ,cj′e ] s p s i p j

И в силу полилинейности векторного произведения, коэффициенты можно вынести за знак векторного произведения, а векторное произведение от суммы по каждому аргументу равно сумме векторных произведений:

$i j i j [es′,ep′] = [cs′ei,cp′ej] = cs′cp′[ei,ej]$

Далее, в силу того, что нам дано $[ei,ej] = akijek$ , продолжаем:

$i j i j i j k [es′,ep′] = [cs′ei,cp′ej] = cs′cp′[ei,ej] = cs′cp′aijek$

И вектор $ek$ при помощи обратной матрицы к матрице перехода выразим через новый базис как $ek = dt′e ′ k t$ .

В конце концов получаем:

$[es′,ep′] = [cis′ei,cjp′ej] = cis′cjp′[ei,ej] = cis′cjp′akijek = cis′cjp′akijdt′ket′$

Но, с другой стороны, по определению чисел $ak ij$ , имеем:

′ [es′,ep′] = ats′p′et′

Откуда

at′′′e′ = ci′cjak dt′e′ sp t s p′ ij k t

И слева и справа в нашем равенстве записаны некоторые линейные комбинации базисных векторов в новом базисе ( $e ′ t$ ). Но в силу того, что $e′ t$ - это базис, то если две линейные комбинации базиса равны, то коэффициенты этих линейных комбинаций совпадают (свойство единственности разложения по базису). Таким образом, будем иметь:

ats′′p′ = cis′cj′akijdt′k = cis′cj′dtk′akij p p

И мы получаем в точности тензорный закон для чисел $k aij$ . Следовательно, эти наборы чисел действительно являются тензором.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#127255

Доказать, что $V ∗$ является линейным пространством с естественными операциями сложения функционалов и умножения функционалов на числа.

Показать ответ и решение

1. Ненумерованные аксиомы. Пусть $f,g ∈ V ∗$ . Надо проверить, что для любых $α,β ∈ ℝ$ и их линейная комбинация

αf + βg ∈ V∗

Действительно, $αf + βg$ - тоже будет линейным функционалом, потому что для любых $v1,v2 ∈ V$ будет выполнено

опр. в силу линейности f и g (αf + βg)(v1 + v2) = αf(v1 + v2) + βg(v1 + v2) =

в силу линей=ности f и g αf(v1)+ αf (v2)+ βg(v1)+ βg(v2) =

опр. = αf (v1)+ βg (v1) + αf(v2)+ βg (v2) = (αf + βg)(v1) + (αf + βg)(v2)

Следовательно, линейная комбинация линейных функционалов - это аддитивная функция, то есть удовлетворяет первой аксиоме линейности.

Теперь, для любого $v ∈ V$ и для любого $λ ∈ ℝ$ :

(αf + βg)(λv) оп=р. αf(λv) + βg(λv) в силу лине=йности f и g

в силу линей=ности f и g λαf (v) + λβg(v) оп=р. λ(αf + βg)(v)

Следовательно, линейная комбинация линейных функционалов - это однородная функция, то есть удовлетворяет второй аксиоме линейности.

Таким образом, мы проверили, что линейная комбинация любых элементов из $V ∗$ - вновь элемент из $V ∗$ , то есть линейный функционал.

2. Нумерованные 8 аксиом линейного пространства проверяются непосредственно. Отметим только, что роль нуля играет тождественно нулевой функционал $𝒪$ (он, очевидно, линейный), у каждого линейного функционала $f$ есть обратный по сложению $− f$ (и он тоже будет линейным, конечно). Остальные аксиомы, конечно, само собой будут выполнены.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#127256

Доказать, что если $dim V = n$ и если в $V$ выбран базис $e1,...,en$ , то тогда набор функционалов

e1,...,en ∈ V∗

определенных правилами

( i { 1, если i = j e(ej) = ( 0, если i ⁄= j

будет являться базисом в $V∗$ . В частности, $dim V ∗ = n$ .

Показать ответ и решение

Ясно, что $ξi$ нами определены однозначно - любую линейную функцию, в частности, линейный функционал, достаточно задать на базисных векторах - на остальных она определяется по линейности.

1. Линейная независимость. Пусть найдутся такие $λ1,...,λn$ , что

1 n λ1e + ...+ λne = 𝒪 (где 𝒪 - тожд еств ен но н улевой функ ционал)

Тогда подставим в левую и в правую часть базисный вектор $ej$ (левая и правая часть - это функции, поэтому в них можно подставлять векторы):

λ = 0 j

Таким образом, подставляя всевозможные $ej$ при $j = 1,2,...,n$ мы получим, что обязательно все $λj$ равны 0. Таким образом, если линейная комбинация наших функционалов $e1,e2,...,en$ равна нулевому функционалу, то такая линейная комбинация обязательно тривиальна.

2. Выразимость. Возьмем любой линейный функционал $∗ f ∈ V$ . Тогда мы утверждаем, что он выражается через базисные функционалы $e1,...,en$ . С каким коэффициентами? А вот с какими. Давайте обозначим

a1 = f(e1),a2 = f (e2),...,an = f(en)

Тогда утверждается, что

f = a1e1 + a2e2 + ...+ anen

Действительно, проверим это. Пусть $v$ - любой вектор из $V$ . Пусть он так раскладывается по базису

v = v1e1 + v2e2 + ...+ vnen

Тогда подставим его в левую часть:

f (v ) = v1f(e1)+ ...+ vnf(en) = v1a1 + ...+ vnan

А теперь подставим в правую часть:

1 1 a1e(v) = a1e (v1e1 + v2e2 + ...+ vnen) = a1v1

2 2 a2e(v) = a2e (v1e1 + v2e2 + ...+ vnen) = a2v2

...

n n ane (v) = ane (v1e1 + v2e2 + ...+ vnen) = anvn

Значит и в правой части получится то же самое. То есть $f$ равен $a1e1 + a2e2 + ...+ anen$ на любом векторе $v ∈ V$ . Доказали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#127257

a) Доказать, что сопоставление вектору $v ∈ V$ функционала $fv ∈ (V∗)∗$ , действующего на функционале $∗ f ∈ V$ по правилу

f (f) опр=. f(v) v

задает линейный изоморфизм между $V$ и $∗ ∗ (V )$ .

b) Каким еще способом можно было бы построить линейный изоморфизм между $V$ и $∗ ∗ (V )$ , не придумывая такой хитроумной конструкции, как в пункте a) ?

Показать ответ и решение

a) Первое, что нужно проверить - это то, что так определенный функционал $fv$ - это действительно линейный функционал на $∗ V$ .

Действительно, пусть $∗ f1,f2 ∈ V$ - произвольные. $fv$ - некоторый функционал такого вида, как в доказываемом утверждении (то есть соответствующий некоторому $v ∈ V$ по указанному правилу). Тогда

fv(f1 + f2) = оп=р. (f1 + f2)(v) опр=. f1(v)+ f2(v) оп=р.fv(f1)+ fv(f2)

То есть $fv$ - аддитивный функционал на $∗ V$ .

Пусть теперь $∗ f ∈ V$ - произвольный и $λ ∈ ℝ$ - произвольное. Тогда

f (λf) оп=р. (λf )(v) оп=р. λ ⋅f(v) опр=. λ ⋅f (f) v v

Значит, $fv$ - однородный функционал на $∗ V$ . Таким образом, мы проверили, что $fv$ , определенный нами по указанному в условии правилу, всегда линеен.

Далее, проверим, что отображение

φ : V → (V ∗)∗

заданное правилом

φ : v ↦→ fv

- линейное отображение.

Пусть $v ,v ∈ V 1 2$ - произвольные. Тогда

φ(v1 + v2) = fv +v 1 2

Подействуем $fv1+v2$ на произвольную $∗ f ∈ V$ и посмотрим, что получим

f (f ) оп=р. f(v + v ) в силу лин=ейности f f(v )+ f(v ) опр=. f (f)+ f (f) v1+v2 1 2 1 2 v1 v2

Таким образом, мы видим, что функционал $fv1+v2$ на каждом функционале $f ∈ V∗$ распадается в сумму $fv1 + fv2$ . Следовательно, $φ$ - аддитивно.

Далее, пусть $v ∈ V$ - произвольный и $λ ∈ ℝ$ - произвольный. Тогда

φ (λv) = fλv

Подействуем $fλv$ на произвольную $f ∈ V ∗$ :

опр. в силу линейности f опр. fλv(f ) = f(λv) = λf (v) = λfv(f)

Таким образом, мы видим, что функционал $f λv$ на каждом функционале $f ∈ V ∗$ действует как $λ ⋅fv$ . Следовательно, $φ$ - однородно.

Таким образом, мы проверили, что наше отображение $φ$ - линейно.

Но почему $φ$ - это линейный изоморфизм между $V$ и $∗ ∗ (V )$ ? Докажем, что $φ$ - инъективно.

Пусть $φ(v) = fv = 𝒪$ - тождественно нулевой функционал на $V∗$ . То есть для любого функционала $∗ f ∈ V$ выполнено

fv(f) = f(v) = 0

Но раз это выполнено для любого $f ∈ V∗$ , то, в частности, это выполнено и для базисных функционалов $e1,...,en$ из двойственного базиса в $V∗$ . А эти самые базисные функционалы, как мы помним, действуют так, что они отбирают $i−$ ую координату вектора $v ∈ V$ , разложенного по базису $e1,...,en$ .

Таким образом, для каждого $i = 1,...,n$ выполнено

i i fv(e ) = e(v) = vi = 0

Таким образом, все координаты вектора $v$ - нулевые в произвольном базисе. Следовательно, $v$ - нулевой вектор. таким образом, если какой-то вектор $φ$ и отображает в нулевой функционал, то только лишь нулевой вектор. А это и значит, что $kerφ = {0}$ , а, значит, $φ$ - инъективно.

Теперь вспомним формулу, что для любого линейного отображения, а, значит, и для нашего $φ$ , линейность которого мы уже проверили выше, выполнено

∗ ∗ dim kerφ + dim Im φ = dim (V )

Однако как мы только что поняли, $dim kerφ = 0$ , а, кроме того, известно, что размерность двойственного пространства равна размерности исходного пространства, то есть

∗ dim V = dim V

Но применяя это же утверждение теперь к двойственному пространству к $∗ V$ , получим равенство

dim V ∗ = dim (V ∗)∗

таким образом,

dim V = dim (V ∗)∗

Следовательно, наша формула приобретает вид

dim kerφ + dim Im φ = dim (V ∗)∗ ◟--◝=◜0--◞ ◟=d◝im◜V=n◞

Откуда мы получаем с необходимостью, что $dim Im φ = n$ , а поскольку $φ$ действует в пространство $(V ∗)∗$ , чья размерность как раз таки и равна $n$ , то мы получаем, что $φ$ - сюръекция.

Таким образом, $φ$ - это линейная биекция, то есть линейный изоморфзим, что и требовалось доказать.

b) Заметим, что построенный нами линейный изоморфзим в пункте a) нигде не зависел от выбора базиса в $V$ и в $(V∗)∗$ . То есть отображение $φ$ было построено без выбора базиса в $V$ и в $(V ∗)∗$ . Такая ситуация в алгебре называется канонический изоморфизм.

Однако, неканонический изоморфизм было бы построить куда проще. Можно выбрать базис в $V$ , пусть он состоит из $n$ векторов

e1,...,en

Однако нам известно, что $dim V = dim V ∗ = dim (V ∗)∗$ , поэтому в $(V ∗)∗$ тоже есть базис из каких-то $n$ функционалов, обзовем их $f1,...,fn$ . Тогда при фиксированных базисах в $V$ и в $(V ∗)∗$ изоморфизм построить очень просто: определим

ψ : V → (V ∗)∗

по правилу

ψ (ei) = fi

а на остальные векторы пространства $V$ продолжим $ψ$ по линейности. Тогда, из теоремы о том, что пространства изоморфны тогда и только тогда, когда имеют одинаковые размерности, сразу получим, что такое $ψ$ будет линейным изоморфизмом (потому что в доказательстве той теоремы мы делали в точности то же самое). Однако, такой изоморфизм $ψ$ уже никак нельзя назвать каноническим, потому что если мы теперь выберем другие базисы в $V$ и в $(V ∗)∗$ , то отображение, аналогичное $ψ$ , будет уже другим. А вот изоморфизм $φ$ из пункта a) останется ровно таким же самым.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#127258

a) Доказать, что отображение, ставящее оператору $𝒜 : V → V$ тензор типа $(1,1)$ $T𝒜 : V ∗ × V → ℝ$ по правилу

T (f,v) оп=р. f(𝒜(v)) 𝒜

задает линейный изоморфизм между просранством линейных операторов из $V$ в $V$ и пространством тензоров на $V$ типа $(1,1 )$ .

b) Каким еще способом можно было бы построить линейный изоморфизм между указанными пространствами, не придумывая такой хитроумной конструкции, как в пункте a) ?

Показать ответ и решение

a) Ясно, что отображение, определенное по правилу в условии

φ : Lin (V ) → 𝕋11

(где $Lin (V )$ - пр-во линейных операторов $: V → V$ )
будет линейным. Проверим, скажем, аддитивность $φ$ .

Пусть $𝒜1$ , $𝒜2$ - два линейных оператора $: V → V$ . Тогда

опр. 1 φ(𝒜1 + 𝒜2 ) = T𝒜1+ 𝒜2 ∈ 𝕋 1

Причем этот тензор $T𝒜1+ 𝒜1$ действует на произвольной паре $f ∈ V ∗,v ∈ V$ по правилу

опр. T𝒜1+ 𝒜2(f,v) = f((𝒜1 + 𝒜2 )(v))

Но это последнее есть не что иное, как

f((𝒜1 + 𝒜2 )(v)) = f(𝒜1(v) + 𝒜2(v))

(ведь так и действует сумма двух линейных операторов на вектор). Далее, в силу линейности $f ∈ V ∗$ :

f(𝒜1 (v) + 𝒜2(v)) = f(𝒜1(v))+ f (𝒜1 (v)) оп=р. T𝒜1(f,v) + T𝒜2(f,v)

Таким образом, тензор $T 𝒜1+ 𝒜2$ на каждой паре $(f,v )$ действует как сумма тензоров $T + T 𝒜1 𝒜2$ . То есть

T 𝒜1+𝒜2 = T𝒜1 + T𝒜2

Тем самым мы и проверили аддитивность $φ$ . Однородность $φ$ получается аналогично.

Следовательно, $φ$ - линейно. Однако почему $φ$ - линейный изоморфизм?

Проверим, что $φ$ - инъективно, то есть ядро $φ$ - тривиально. Итак, пусть $φ(𝒜) = 0$ - то есть тождественно нулевой тензор. То есть

∗ f(𝒜 (v)) = 0 для лю бого f ∈ V и лю бого v ∈ V

Раз это верно для любой $∗ f ∈ V$ , то в частности это верно для функционалов двойственного базиса $e1,...,en ∈ V ∗$ . А они, как мы помним, отбирают $i−$ ую координату вектора.

Следовательно, для каждого $i$ выполнено

ei(𝒜(v)) = 0

То есть каждая координата вектора $𝒜 (v)$ равна нулю. То есть вектор $𝒜 (v)$ - нулевой вектор.
А поскольку это выполнено еще и для любого $v ∈ V$ , получаем, что $𝒜$ - тождественно нулевой линейный оператор.

Значит, если какой-то оператор $𝒜$ и лежит в ядре $φ$ , то только нулевой.

Таким образом, $φ$ - инъекция.

Теперь вспомним формулу, что для любого линейного отображения, а, значит, и для нашего $φ$ , линейность которого мы уже проверили выше, выполнено

dim kerφ + dim Imφ = dim 𝕋11

Но мы уже знаем, что $dim 𝕋1= n2 1$ Следовательно, наша формула приобретает вид

dim kerφ + dim Im φ = n2 ◟--◝◜---◞ =0

Откуда мы получаем с необходимостью, что $2 dim Im φ = n$ , а поскольку $φ$ действует в пространство $𝕋11$ , чья размерность как раз таки и равна $n2$ , то мы получаем, что $φ$ - сюръекция.

Таким образом, $φ$ - это линейная биекция, то есть линейный изоморфзим, что и требовалось доказать.

b) Заметим, что построенный нами линейный изоморфзим в пункте a) нигде не зависел от выбора базиса в $Lin (V )$ и в $1 𝕋 1$ . То есть отображение $φ$ было построено без выбора базиса в $Lin (V )$ и в $𝕋11$ . Такая ситуация в алгебре называется канонический изоморфизм.

Однако, неканонический изоморфизм было бы построить куда проще. Можно выбрать базис в $Lin (V )$ . Если $dim V = n$ , то $dim Lin (V) = n2$ , то есть этот базис состоит из $n2$ векторов

e1,...,en2

Однако нам известно, что $dim 𝕋1 = n2 1$ , то есть и в этом пространстве можно выбрать базис из $n2$ тензоров $t1,...,tn2$ . Тогда при фиксированных базисах в $Lin (V )$ и в $𝕋11$ изоморфизм построить очень просто: определим

ψ : Lin (V ) → 𝕋11

по правилу

ψ (ei) = ti

а на остальные операторы пространства $Lin (V)$ продолжим $ψ$ по линейности. Тогда, из теоремы о том, что пространства изоморфны тогда и только тогда, когда имеют одинаковые размерности, сразу получим, что такое $ψ$ будет линейным изоморфизмом (потому что в доказательстве той теоремы мы делали в точности то же самое). Однако, такой изоморфизм $ψ$ уже никак нельзя назвать каноническим, потому что если мы теперь выберем другие базисы в $Lin (V )$ и в $1 𝕋1$ , то отображение, аналогичное $ψ$ , будет уже другим. А вот изоморфизм $φ$ из пункта a) останется ровно таким же самым.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#127259

a) Что будет происходить с компонентами тензоров $T$ и $S$ при их сложении? То есть какие будут компоненты у тензора $T + S$ ? (при условии, что сложение определено).

b) А при умножении тензора $T$ на скаляр $λ ∈ ℝ$ ? Какие компоненты будут у тензора $λT$ ?

c) А при их тензорном умножении? То есть, какие компоненты будут у тензора $T ⊗ S$ ?

d) Почему ответ на пункт b) вытекает из ответа на пункт c) ?

Показать ответ и решение

a) Что такое произвольная компонента у суммы двух тензоров? То есть $(T + S)i1j1,,.....,i.,jpq$ ? По определению - это действие тензора $T + S$ на наборе $i1 ip (e ,...,e ,ej1,...,jq)$ . Но по определению суммы тензоров будем иметь:

i1,...,ip (T + S)j1,...,jq = (T + S)(ei1,...,eip,ej1,...,ejq) =

= T(ei1,...,eip,ej ,...,ej )+ S (ei1,...,eip,ej,...,ej) = 1 q 1 q

i1,...,ip i1,...,ip = Tj1,...,jq + S j1,...,jq

То есть при сложении тензоров их компоненты тоже складываются.

b) Но по определению суммы тензоров будем иметь:

i1,...,ip i1 ip (λT )j1,...,jq = (λT )(e ,...,e ,ej1,...,ejq) =

= λT(ei1,...,eip,ej1,...,ejq) =

= λT i1j,,......,i,jp 1 q

То есть при умножении тензора на число все его компоненты тоже умножаются на это число.

c) Пусть $T ∈ 𝕋pq$ , $S ∈ 𝕋rs$ Тогда $T ⊗ S ∈ 𝕋pq++rs$ и

опр. (T ⊗ S)ij1,1,.....,.,ipjq++rs = (T ⊗ S)(f1,...,f p,f p+1,...,f p+r,v1,...,vq,vq+1,...,vq+s) =

оп=р. T(f1,...,fp,v ,...,v ) ⋅S(fp+1,...,fp+r,v ,...,v ) = Ti1,...,ip ⋅Sip+1,...,ip+r 1 q q+1 q+s j1,...,jq jq+1,...,jq+s

То есть, грубо говоря, при тензорном умножении двух тензоров их компоненты...перемножаются. Да, так можно, конечно, сказать, но только очень осторожно, понимая, про компоненту с какими индексами для произведения идет речь и про перемножение компонент с какими индексами идет речь.

d) На самом деле, умножение тензора на число - это частный случай тензорного умножения тензоров, нужно просто это самое число воспринимать как тензор типа $(0,0)$ . Тогда по определению тензорного умножения произвольного тензора $T$ типа $(p,q)$ на тензор $λ ∈ ℝ$ типа $(0,0)$ мы и получим просто-напросто умножение тензора $T$ на число $λ$ (в тензор типа $(0,0)$ мы просто не будем подставлять никакие аргументы).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#127260

Показать, что свертка тензора (по любой паре верхнего и нижнего индексов) по введенному правилу вновь является тензором.

Показать ответ и решение

Надо проверить, что компоненты свертки меняются по тензорному закону при смене базиса.

Проверим для свертки по первому верхнему и первому нижнему индексу:

$(cT)i′2,...,i′p = Tk′,i′2,...,i′p поскольку T б=ыл тензором j′2,...,j′q k′,j′2,...,j′q = ˜ck′⋅...⋅ ˜ci′p⋅cj1⋅...⋅cjq⋅T i1,...,ip= c˜i′2⋅... ⋅ ˜ci′p⋅cj2⋅...⋅cjq ⋅ ˜ck′⋅ cj1⋅T i1,...,ip i1 ip k′ j′q j1,...,jq i2 ip j′2 j′q i1 k′ j1,...,jq$

Но $′ ˜cki1$ и $j ck1′$ - это элементы взаимно-обратных матриц, поэтому произведение $′ j ˜cki1 ⋅ ck1′$ задаёт элементы единичной матрицы. То есть $( { c˜k′⋅cj1′ = 1 есл и i1 = j1 i1 k (0 есл и i1 ⁄= j1$ .
С учётом этого, продолжаем наше равенство:

$˜ci′2 ⋅...⋅ ˜ci′p ⋅cj2 ⋅...⋅cjq⋅ ˜ck′⋅cj1 ⋅Ti1,...,ip= ˜ci′2⋅...⋅ ˜ci′p⋅cj2⋅...⋅cjq⋅T i1,...,ip i2 ip j′2 j′q i1 k′ j1,...,jq i2 ip j′2 j′q i1,...,jq$

Дальше можно переименовать нигде больше не встречающийся повторяющийся индекс $i1$ на индекс $k$ :

$i′ i′ j j i ,...,i i′ i′ j j k,...,i i′ i′ j j i ,...,i ˜c2i2 ⋅...⋅cpip ⋅ ˜c2j′2 ⋅...⋅ ˜cjq′q ⋅Ti11,...,jqp= ˜ci22 ⋅...⋅ ˜cipp ⋅cj2′2 ⋅...⋅cjq′q ⋅T k,...,jqp= ˜ci22 ⋅...⋅ ˜cipp ⋅cj2′2 ⋅...⋅ cjq′q ⋅(cT )j22,...,jpq$

Следовательно, свёртка тензора $cT$ удовлетворяет тензорному закону изменения компонент при смене базиса в $V$ . Таким $cT$ - это тензор.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#127266

Доказать, что определитель матрицы является частным случаем тензора типа $(0,n)$ .

Показать ответ и решение

Пусть в качестве $V$ выбрано пространство $ℝn$ . Тогда тензоры типа $(0,n)$ - это полилинейные функции

T : ℝn × ℝn × ...× ℝn → ℝ

А если на эти аргументы типа $n ℝ$ смотреть как на столбцы некоторой квадратной матрицы размера $n× n$ ...
Где мы уже могли встречаться с таким объектом? Правильно! Частным случаем тензора типа $(0,n)$ будет отображение

n n n det : ℝ × ℝ × ...× ℝ → ℝ

сопоставляющее набору столбцов матрицы $A$ ее определитель $detA$ .
Правда, не торопитесь говорить, что все тензоры типа $(0,n)$ - это определитель. Нет, определитель является лишь частным случаем тензора типа $(0,n)$ , а именно, это тензор типа $(0,n)$ , который еще вдобавок кососимметричен и на наборе из столбцов единичной матрицы равен единице. Но, конечно, бывают и другие тензоры типа $(0,n)$ . Определитель - это только частный случай таких тензоров.

Ответ: