Wyk lad 9 Baza i wymiar przestrzeni liniowej

Transkrypt

1 Wyk lad 9 Baza i wymiar przestrzeni liniowej 1 Operacje elementarne na uk ladach wektorów Niech α 1,..., α n bed dowolnymi wektorami przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wyróżniamy nastepuj ace operacje elementarne nad uk ladem wektorów (α 1,..., α n ): O1. Zamiana miejscami wektorów α i z α j (dla i j) oznaczana przez w i w j. Oczywiście operacja ta jest do siebie odwrotna. O2. Pomnożenie i-tego wektora przez niezerowy skalar a K, oznaczenie: a w i. Ponieważ dla a 0 jest a 1 (a α i ) = (a 1 a) α i = 1 α i = α i, wiec operacj odwrotn do a w i jest operacja a 1 w i. O3. Dodanie do wektora α i wektora α j (dla i j) pomnożonego przez dowolny skalar a K, oznaczenie: w i + a w j. Ponieważ (α i + a α j ) + ( a) α j = α i + a α j + ( (a α j )) = α i, wiec operacj odwrotn do operacji w i + a w j jest operacja w i + ( a) w j. Twierdzenie 9.1. Jeżeli uk lad wektorów (β 1,..., β n ) przestrzeni liniowej V nad cia lem K powstaje z uk ladu wektorów (α 1,..., α n ) przez kolejne wykonanie skończonej liczby operacji elementarnych, to L(β 1,..., β n ) = L(α 1,..., α n ). Dowód. Indukcja pozwala nam ograniczyć sie do jednej operacji. Ponadto operacje elementarne s odwracalne, wiec wystarczy wykazać, że L(β 1,..., β n ) L(α 1,..., α n ), czyli, że {β 1,..., β n } L(α 1,..., α n ). Dla operacji O1 jest to oczywiste. Dla operacji O2 mamy, że β j = α j dla j i oraz β i = a α i L(α 1,..., α n ). Dla operacji O3 β k = α k dla k i oraz β i = α i + a α j L(α 1,..., α n ). Twierdzenie 9.2. Jeżeli uk lad wektorów (β 1,..., β n ) przestrzeni liniowej V nad cia lem K powstaje z uk ladu (α 1,..., α n ) przez kolejne wykonanie skończonej liczby operacji elementarnych, to uk lad (β 1,..., β n ) jest liniowo niezależny wtedy i tylko wtedy, gdy uk lad (α 1,..., α n ) jest liniowo niezależny. Dowód. Indukcja pozwala nam ograniczyć sie do jednej operacji elementarnej. Ponadto operacje elementarne s odwracalne, wiec wystarczy wykazać, że jeżeli uk lad (α 1,..., α n ) jest lnz, to uk lad (β 1,..., β n ) jest lnz. Dla operacji O1 jest to oczywiste. Dla operacji O2 mamy, że β j = α j dla j i oraz β i = a α i dla pewnego a 0. Weźmy dowolne a 1,..., a n K takie, że a 1 β a n β n = Θ. Wtedy a 1 α (a i a) α i a n α n = Θ. Stad z liniowej niezależności uk ladu (α 1,..., α n ) mamy, że a 1 = a 2 =... = a i a =... = a n = 0. Ale a 0, wiec stad a 1 =... = a i =... = a n = 0, czyli uk lad (β 1,..., β n ) jest lnz. 1

2 Dla operacji O3 bez zmniejszania ogólności możemy zak ladać, że β 1 = α 1 +a α 2 oraz β j = α j dla j = 2,..., n. Weźmy dowolne a 1,..., a n K takie, że a 1 β a n β n = Θ. Wtedy a 1 (α 1 + a α 2 ) + a 2 α a n α n = Θ, czyli a 1 α 1 +(a 1 a+a 2 ) α a n α n = Θ, skad z lnz uk ladu (α 1,..., α n ) mamy, że a 1 = a 1 a + a 2 = a 3 =... = a n = 0, czyli a 1 = a 2 =... = a n = 0, a wiec uk lad (β 1,..., β n ) jest lnz. Nietrudno jest wykazać, że dla każdego podzbioru X przestrzeni liniowej V nad cia lem K istnieje najmniejsza w sensie inkluzji podprzestrzeń L(X) zawierajac zbiór X. Np. L( ) = {Θ} oraz dla niepustego X, L(X) sk lada sie ze wszystkich kombinacji liniowych dowolnego skończonego podzbioru wektorów zawartego w X. Jeżeli V = L(X), to mówimy, że X generuje V. Twierdzenie 9.3. Niech X b edzie zbiorem liniowo niezależnym wektorów przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wówczas dla każdego wektora α V : α L(X) [α X lub zbiór X {α} jest liniowo zależny]. Dowód.. Za lóżmy, że α L(X). Wtedy α X, gdyż X L(X). Zatem zbiór X {α} jest liniowo zależny. Ale zbiór X jest liniowo niezależny, wiec istniej parami różne wektory α 1,..., α n X takie, że zbiór {α, α 1,..., α n } jest liniowo zależny. Zatem istniej skalary a, a 1,..., a n K nie wszystkie równe 0 i takie, że a α+a 1 α a n α n = Θ. Stad z liniowej niezależności wektorów α 1,..., α n wynika, że a 0. Zatem α = ( a 1 a ) α ( an a ) α n L(X), czyli α L(X) i mamy sprzeczność.. Istniej α 1,..., α n X oraz a 1,..., a n K takie, że α = a 1 α a n α n. Zatem 1 α+( a 1 ) α ( a n ) α n = Θ, skad wynika, że α X albo α X i zbiór X {α} jest liniowo zależny. 2 Baza przestrzeni liniowej Niech V bedzie przestrzeni liniow nad cia lem K. Powiemy, że podzbiór X V jest maksymalnym zbiorem liniowo niezależnym, jeśli X jest zbiorem liniowo niezależnym oraz dla każdego zbioru liniowo niezależnego Y V takiego, że X Y jest X = Y. Definicja 9.4. Każdy maksymalny liniowo niezależny podzbiór X wektorów przestrzeni liniowej V nad cia lem K nazywamy baz tej przestrzeni. Przyk lad 9.5. W przestrzeni zerowej V = {Θ} mamy tylko dwa podzbiory: i V, przy czym V jest lz, a jest lnz. Zatem jest baz przestrzeni zerowej V. Jeśli przestrzeń liniowa W nie jest zerowa, to istnieje w niej wektor niezerowy α i wówczas zbiór {α} jest lnz, wiec {α} i wobec tego nie jest baz W. Twierdzenie 9.6. Każdy liniowo niezależny zbiór wektorów X 0 przestrzeni liniowej V nad cia lem K można rozszerzyć do bazy X X 0 tej przestrzeni. W szczególności, każda przestrzeń liniowa posiada baz e. 2

3 Twierdzenie 9.7. Niech V bedzie przestrzeni liniow nad cia lem K. Zbiór X V jest baz przestrzeni V wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór X jest liniowo niezależny i generuje V. Dowód. Za lóżmy, że X jest baz przestrzeni V. Wówczas X jest zbiorem liniowo niezależnym. Weźmy dowolne α V i za lóżmy, że α L(X). Wtedy z twierdzenia 9.3 wynika, że α X oraz zbiór X {α} jest liniowo niezależny. Zatem X nie jest maksymalnym zbiorem liniowo niezależnym i mamy sprzeczność. Na odwrót, za lóżmy, że zbiór X jest liniowo niezależny oraz V = L(X). Weźmy dowolny liniowo niezależny zbiór Y V taki, że X Y. Gdyby X Y, to dla pewnego α Y by loby, że α X i zbiór X {α} Y jest liniowo niezależny. Zatem z twierdzenia 9.3 mielibyśmy, że α L(X) = V, co prowadzi do sprzeczności. Zatem X = Y i zbiór X jest baz przestrzeni V. Przyk lad 9.8. Dla dowolnego cia la K zbiór {1, x, x 2,...} generuje przestrzeń K[x] i jest liniowo niezależny, wiec na mocy twierdzenia 9.7 jest on baz tej przestrzeni. Przyk lad 9.9. Niech K bedzie dowolnym cia lem i niech n N. Wówczas z twierdzenia 9.7 oraz z przyk ladów 8.12 i 8.14 wynika od razu, że zbiór {ε 1,..., ε n } jest baz przestrzeni K n. Nazywamy j baz kanoniczna. Z twierdzeń 9.1, 9.2 i 9.7 wynika od razu nastepuj ace Twierdzenie Niech α 1,..., α n bed parami różnymi wektorami i niech β 1,..., β n bed parami różnymi wektorami przestrzeni liniowej V. Za lóżmy, że uk lad wektorów (β 1,..., β n ) powstaje z uk ladu (α 1,..., α n ) przez kolejne zastosowanie skończonej liczby operacji elementarnych. Wówczas zbiór {β 1,..., β n } jest baz przestrzeni V wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór {α 1,..., α n } jest baz tej przestrzeni. Twierdzenie Niech α 1,..., α n bed wektorami przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wówczas każdy maksymalny (wzgledem liczby elementów) podzbiór liniowo niezależny A {α 1,..., α n } jest baz podprzestrzeni L(α 1,..., α n ). Dowód. Niech A {α 1,..., α n } bedzie maksymalnym (wzgledem liczby elementów) podzbiorem liniowo niezależnym. Wówczas oczywiście L(A) L(α 1,..., α n ) = W. Niech i = 1,..., n. Jeśli α i A, to α i L(A); jeśli zaś α i A, to z maksymalności A wynika, że zbiór A {α i } jest liniowo zależny. Zatem z twierdzenia 9.3 α i L(A). Stad {α 1,..., α n } L(A), czyli W L(A) i ostatecznie L(A) = W. Zatem z twierdzenia 9.7 zbiór A jest baza podprzestrzeni W. Przyk lad Niech a 11, a 22,..., a nn bed niezerowymi elementami cia la K, niech α 1 = [a 11, a 12,..., a 1n ], α 2 = [0, a 22, a 23,..., a 2n ], α 3 = [0, 0, a 33,..., a 3n ],..., α n = [0, 0, 0,..., a nn ] i niech a 11 a 12 a a 1n 0 a 22 a a 2n A = 0 0 a a 3n, (1) a nn 3

4 tzn. wektory α 1,..., α n można uważać za kolejne wiersze macierzy A. Latwo zauważyć, że stosujac operacje elementarne na wierszach macierzy A można j przekszta lcić do macierzy jednostkowej I n. Zatem uk lad wektorów (α 1, α 2,..., α n ) można przy pomocy operacji elementarnych przekszta lcić do uk ladu (ε 1, ε 2,..., ε n ). Zatem na mocy twierdzenia 9.11 i przyk ladu 9.9, zbiór {α 1, α 2,..., α n } jest baz przestrzeni K n i w szczególności ten zbiór jest lnz, a wiec każdy jego podzbiór jest też lnz. Przyk lad Rozważmy ogólniejszy przypadek niż omawiany w przyk ladzie Niech α i = [a i1, a i2,..., a in ] K n dla i = 1, 2,..., n i niech a 11 a 12 a a 1n a 21 a 22 a a 2n A = a 31 a 32 a a 3n, (2) a n1 a n2 a n3... a nn tzn. wektory α 1,..., α n można uważać za kolejne wiersze macierzy A. Za lóżmy, że det(a) 0. Wtedy istnieje A 1 i z analizy algorytmu odwracania macierzy przy pomocy operacji elementarnych wynika, że macierz A można przekszta lcić do macierzy I n przy pomocy operacji elementarnych na wierszach macierzy A. Zatem uk lad wektorów (α 1, α 2,..., α n ) można przy pomocy operacji elementarnych przekszta lcić do uk ladu (ε 1, ε 2,..., ε n ). Zatem na mocy twierdzenia 9.11 i przyk ladu 9.9, zbiór {α 1, α 2,..., α n } jest baz przestrzeni K n i w szczególności ten zbiór jest lnz. Na odwrót, za lóżmy, że {α 1, α 2,..., α n } jest baz przestrzeni K n. Wtedy dla i = 1, 2,..., n: ε i = b 1i α 1 + b 2i α b ni α n dla pewnych skalarów b 1i, b 2i,..., b ni K. Stad A B = I n dla B = [b ij ] i,j=1,2,...,n i z twierdzenia Cauchy ego det(a) 0. Twierdzenie Niech α 1,..., α n bed parami różnymi wektorami przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wówczas zbiór {α 1,..., α n } jest baz przestrzeni V wtedy i tylko wtedy, gdy każdy wektor α V można jednoznacznie zapisać w postaci α = a 1 α a n α n dla pewnych a 1,..., a n K. Dowód. Za lóżmy, że zbiór {α 1,..., α n } jest baz przestrzeni V. Wówczas z twierdzenia 9.7 mamy, że V = L(α 1,..., α n ) oraz zbiór {α 1,..., α n } jest liniowo niezależny. Zatem dla dowolnego α V istniej a 1,..., a n K takie, że α = a 1 α a n α n. Jeśli b 1,..., b n K s takie, że α = b 1 α b n α n, to a 1 α a n α n = b 1 α b n α n, czyli (a 1 b 1 ) α (a n b n ) α n = Θ, wiec z liniowej niezależności zbioru {α 1,..., α n } mamy, że a i b i = 0, czyli a i = b i dla i = 1,..., n. Na odwrót, jeżeli a 1,..., a n K s takie, że a 1 α a n α n = Θ, to a 1 α a n α n = 0 α α n, skad z jednoznaczności zapisu wektora a i = 0 dla i = 1,..., n, czyli zbiór {α 1,..., α n } jest liniowo niezależny. Ponadto z za lożenia V = L(α 1,..., α n ), wiec z twierdzenia 9.7 zbiór {α 1,..., α n } jest baz przestrzeni V. Definicja Niech {α 1,..., α n } bedzie baz przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wówczas ciag (α 1,..., α n ) nazywamy baz uporzadkowan przestrzeni V. Niech α V. 4

5 Wtedy na mocy twierdzenia 9.14 istnieje dok ladnie jeden wektor [a 1,..., a n ] K n taki, że α = a 1 α a n α n. Wektor [a 1,..., a n ] nazywamy ciagiem wspó lrzednych wektora α w bazie (α 1,..., α n ), a element a i, dla każdego i = 1,..., n, nazywa sie i-t wspó lrzedn wektora α w tej bazie. Wniosek Niech V bedzie przestrzeni liniow nad cia lem K i niech, dla pewnej liczby naturalnej n, (α 1,..., α n ) bedzie baz uporzadkowan tej przestrzeni. Przyporzadkujmy każdemu wektorowi α V, ciag jego wspó lrzednych w bazie (α 1,..., α n ). Otrzymane w ten sposób odwzorowanie φ jest bijekcj zbioru V na zbiór K n. Przy tym φ(α i ) = ε i dla i = 1,..., n. 3 Wymiar przestrzeni liniowej Lemat Niech wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni V i niech α = a 1 α a n α n, przy czym a j 0. Wówczas wektory α 1,..., α j 1, α, α j+1,..., α n (3) też tworz baze przestrzeni V. Dowód. Zauważmy, że wektory (3) powstaj z wektorów α 1,..., α n przez kolejne wykonanie nastepuj acych operacji elementarnych: a j w j, w j + a 1 w 1,..., w j + a j 1 w j 1, w j + a j+1 w j+1,..., w j + a n w n. Zatem na mocy twierdzenia 9.10, wektory (3) tworz baze przestrzeni V. Twierdzenie 9.18 (Steinitza o wymianie). Jeśli wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni liniowej V nad cia lem K, a wektory β 1,..., β s s liniowo niezależne, to (i) s n oraz (ii) spośród wektorów α 1,..., α n można wybrać n s wektorów, które l acznie z wektorami β 1,..., β s tworz baze przestrzeni V. Dowód. Zastosujemy indukcje wzgledem s. Dla s = 0 teza jest oczywista. Za lóżmy, że teza zachodzi dla liczb mniejszych od pewnej liczby naturalnej s i rozpatrzmy s wektorów liniowo niezależnych β 1,..., β s. Wektory β 1,..., β s 1 s liniowo niezależne, a wiec z za lożenia indukcyjnego s 1 n i istnieje n s + 1 = n (s 1) wektorów spośród wektorów α 1,..., α n, które l acznie z β 1,..., β s 1 tworz baze przestrzeni V. Dla uproszczenia znakowania przyjmiemy, że tymi wektorami s α 1,..., α n s+1. Wykażemy najpierw, że s 1 < n. W przeciwnym razie by loby n = s 1 (bo s 1 n), a zatem już wektory β 1,..., β s 1 tworzy lyby baze przestrzeni V, a stad wynika loby, że β s L(β 1,..., β s 1 ), co na mocy twierdzenia 9.3 prowadzi do sprzeczności (gdyż wektory β 1,..., β s s liniowo niezależne). Wobec tego s 1 < n, a stad s n. To dowodzi (i). Ponieważ wektory β 1,..., β s 1, α 1,..., α n s+1 tworz baze przestrzeni V, wiec β s jest ich kombinacj liniowa. Wobec liniowej niezależności wektorów β 1,..., β s i twierdzenia 9.3, w kombinacji liniowej przedstawiajacej β s, co najmniej jeden z wektorów α 1,..., α n s+1 wystepuje ze wspó lczynnikiem różnym od zera. Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy przyjać, że 5

6 a n s+1 0. Wtedy z lematu 9.17 wektory β 1,..., β s 1, α 1,..., α n s, β s tworz baze przestrzeni V, czyli wektory β 1,..., β s, α 1,..., α n s tworz baze przestrzeni V, co kończy dowód twierdzenia. Wniosek Jeśli n-elementowy zbiór jest baz przestrzeni liniowej V nad cia lem K, to każda baza tej przestrzeni sk lada sie z dok ladnie n wektorów. Dowód. Niech wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Niech X bedzie inn baz tej przestrzeni. Gdyby zbiór X mia l wiecej niż n elementów, to by lyby one liniowo niezależne i otrzymalibyśmy sprzeczność z twierdzeniem Steinitza o wymianie. Zatem X n. Ale wektory α 1,..., α n s liniowo niezależne i zbiór skończony X jest baz przestrzeni V, wiec znowu z twierdzenia Steinitza o wymianie n X, czyli ostatecznie X = n. Definicja Liczbe elementów dowolnej skończonej bazy przestrzeni liniowej V nad cia lem K nazywamy wymiarem przestrzeni V i oznaczamy przez dim K V lub dim V, jeśli wiadomo nad jakim cia lem rozpatrujemy przestrzeń V. W ten sposób wymiar jest określony dla wszystkich takich przestrzeni, które maj skończona baze. Jeśli dana przestrzeń liniowa V nie ma skończonej bazy, to mówimy, że jej wymiar jest nieskończony i piszemy dim V =. Można udowodnić, że wszystkie bazy dowolnej przestrzeni liniowej V maj te sam moc. Wobec tego można określić wymiar dowolnej przestrzeni liniowej V jako moc dowolnej bazy przestrzeni V. Przyk lad Ponieważ dla dowolnego cia la K przestrzeń K n posiada baze n-elementowa (np. baze kanoniczna), wiec dim K K n = n. Przyk lad Ponieważ dla dowolnego cia la K zbiór {1} jest baz przestrzeni liniowej K K, wiec dim K K = 1. W szczególności dim C C = 1 oraz dim R C = 2, gdyż zbiór {1, i} jest baz przestrzeni C R. Przyk lad Ponieważ zbiór pusty jest baz przestrzeni zerowej {Θ}, wiec dim{θ} = 0. Przyk lad Ponieważ dla dowolnego cia la K zbiór {1, x, x 2,...} jest baz przestrzeni K[x], wiec dim K K[x] =. Przyk lad Dla dowolnego cia la K w przestrzeni liniowej K wektory ε 1 = [1, 0, 0,...], ε 2 = [0, 1, 0,...],... s liniowo niezależne. Zatem z twierdzenia Steinitza o wymianie dim K =. Twierdzenie Jeśli przestrzeń liniowa V ma wymiar n, to każda jej podprzestrzeń W ma wymiar nie wiekszy niż n. Dowód. Niech X bedzie baz podprzestrzeni W. Wtedy zbiór X jest liniowo niezależny, wiec na mocy twierdzenia Steinitza o wymianie X n. Twierdzenie Dla dowolnej podprzestrzeni W przestrzeni liniowej V wymiaru skończonego równoważne s warunki: (i) dim W = dim V, (ii) W = V. 6

7 Dowód. (ii) (i). Oczywiste. (i) (ii). Oznaczmy n = dim V. Wtedy istnieje baza {α 1,..., α n } przestrzeni V. Ale dim W = n, wiec istnieje baza {β 1,..., β n } podprzestrzeni W. Zatem wektory β 1,..., β n s liniowo niezależne i na mocy twierdzenia Steinitza o wymianie można je uzupe lnić do bazy przestrzeni V, n n = 0 wektorami wybranymi spośród wektorów α 1,..., α n. Zatem wektory β 1,..., β n tworz baze przestrzeni V, skad V = L(β 1,..., β n ) = W. Z twierdzenia 9.11 wynika od razu nastepuj ace Twierdzenie Niech α 1,..., α n bed wektorami przestrzeni liniowej V. Wówczas dim L(α 1,..., α n ) n. Ponadto dim L(α 1,..., α n ) = n wtedy i tylko wtedy, gdy wektory α 1,..., α n s liniowo niezależne. Twierdzenie Niech α 1,..., α n bed wektorami przestrzeni liniowej V wymiaru n. Wówczas równoważne s warunki: (i) zbiór {α 1,..., α n } jest baz przestrzeni V, (ii) zbiór {α 1,..., α n } jest liniowo niezależny, (iii) zbiór {α 1,..., α n } generuje przestrzeń V. Dowód. (i) (ii). Oczywiste. (ii) (iii). Wynika od razu z twierdzenia Steinitza o wymianie. (iii) (i). Z za lożenia wynika, że V = L(α 1,..., α n ). Zatem dim L(α 1,..., α n ) = n i na mocy twierdzenia 9.25 zbiór {α 1,..., α n } jest liniowo niezależny. Zatem ostatecznie ten zbiór jest baz przestrzeni V. Twierdzenie Niech V 1 i V 2 bed skończenie wymiarowymi podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V nad cia lem K. Wówczas podprzestrzenie V 1 V 2 i V 1 +V 2 s również skończenie wymiarowe i zachodzi wzór: dim(v 1 + V 2 ) = dim V 1 + dim V 2 dim(v 1 V 2 ). (4) Dowód. Ponieważ V 1 V 2 jest podprzestrzeni przestrzeni skończenie wymiarowej V 1, wiec z twierdzenia 9.26 przestrzeń V 1 V 2 jest skończenie wymiarowa. Niech {α 1,..., α k } bedzie baza przestrzeni V 1 V 2. Wtedy z twierdzenia Steinitza o wymianie ten zbiór można uzupe lnić do bazy {α 1,..., α k, β 1,..., β s } przestrzeni V 1 i można go też uzupe lnić do bazy {α 1,..., α k, γ 1,..., γ r } przestrzeni V 2. Wtedy dim(v 1 V 2 ) = k, dim V 1 = k + s i dim V 2 = k + r, wiec pozostaje wykazać, że dim(v 1 + V 2 ) = k + s + r. Ale V 1 + V 2 = L(α 1,..., α k, β 1,..., β s ) + L(α 1,..., α k, γ 1,..., γ r ) = L(α 1,..., α k, β 1,..., β s, γ 1,..., γ r ), wiec wystarczy wykazać, że wektory α 1,..., α k, β 1,..., β s, γ 1,..., γ r s liniowo niezależne. W tym celu weźmy dowolne skalary a 1,..., a k, b 1,..., b s, c 1,..., c r K takie, że a 1 α a k α k +b 1 β b s β s +c 1 γ c r γ r = Θ. Oznaczmy: α = a 1 α a k α k, β = b 1 β b s β s, γ = c 1 γ c r γ r. Wtedy γ = (α+β) V 1 V 2. Zatem istniej d 1,..., d k K takie, że γ = d 1 α d k α k, skad c 1 γ c r γ r + ( d 1 ) α ( d k ) α k = Θ. Zatem z liniowej niezależności wektorów α 1,..., α k, γ 1,..., γ r mamy, że c 1 =... = c r = d 1 =... = d k = 0, czyli γ = Θ oraz Θ = α + β. Zatem z liniowej niezależności wektorów α 1,..., α k, β 1,..., β s otrzymamy, że a 1 =... = a k = b 1 =... = b s = 0 i ostatecznie wektory α 1,..., α k, β 1,..., β s, γ 1,..., γ r sa liniowo niezależne. 7

8 Wniosek Niech V 1, V 2 bed podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V wymiaru n. Wtedy dim(v 1 V 2 ) dim V 1 + dim V 2 n. Dowód. Ponieważ dim(v 1 + V 2 ) n, wiec z twierdzenia 9.30 uzyskujemy, że dim V 1 + dim V 2 dim(v 1 V 2 ) n, skad mamy teze. Przyk lad Znajdziemy baze podprzestrzeni W przestrzeni R 4 generowanej przez wektory: [ 1, 4, 3, 2], [3, 7, 5, 3], [3, 2, 1, 0], [ 4, 1, 0, 1]. W tym celu stosujemy twierdzenie 9.1. Wygodnie jest wykonywać operacje elementarne na wierszach macierzy A - tego uk ladu wektorów. Wszystkierównoważności dotycz podprzestrzeni generowanej: w 2 w 3 w 3 +3 w w 3 +2 w 2 [ ] w 4 4 w 1 w 3 3 w 2 Zatem z twierdzenia 9.1 W = L([ 1, 4, 3, 2], [0, 5, 4, 3]}. Ponadto na mocy przyk ladu 9.12 zbiór {[ 1, 4, 3, 2], [0, 5, 4, 3], [0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1]} jest baz przestrzeni R 4 i wektory [ 1, 4, 3, 2], [0, 5, 4, 3] s lnz. Stad zbiór {[ 1, 4, 3, 2], [0, 5, 4, 3]} jest baz W oraz dim(w ) = 2. Zauważmy, że wiersze macierzy A M m n (K) możemy traktować jako wektory przestrzeni K n, zaś jej kolumny-jako wektory przestrzeni K m. Twierdzenie Niech A = [a ij ] M m n (K). Wówczas r(a) = m wtedy i tylko wtedy, gdy wiersze macierzy A s liniowo niezależne. Dowód. Za lóżmy, że r(a) = m. Wtedy pewien minor stopnia m macierzy A jest niezerowy. Z przyk ladu 9.13 wynika, że wiersze tego minora s lnz. A stad już wynika, że wiersze macierzy A s lnz. Na odwrót. Za lóżmy nie wprost, że wszystkie minory stopni m macierzy A s równe 0. Oznaczmy α i = [a i1,..., a in ] dla i = 1, 2,..., m. Z liniowej niezależności wierszy macierzy A wynika, że α 1 Θ, a wiec a 1j 0 dla pewnego j = 1, 2,..., n. Istnieje zatem r N, które jest najwiekszym stopniem niezerowego minora macierzy A, przy czym r < m. Dla przejrzystości zapisu niech a a 1r a r1... a rr 8

9 Zauważmy, że dla każdego j = 1, 2,..., n prawdziwa jest równość: a a 1r a 1j = 0. a r1... a rr a rj a r+1,1... a r+1,r a r+1,j Istotnie, dla j = 1, 2,..., r w tym wyznaczniku s dwie identyczne kolumny, zaś dla j > r jest to minor stopnia r + 1 macierzy A równy 0 na podstawie określenia liczby r. Po rozwinieciu ostatniego wyznacznika wzgledem ostatniej kolumny i oznaczeniu przez D j = ( 1) j+r+1 det(b j,r+1 ) dla j = 1, 2,..., r + 1 oraz a a 1r a 1r+1. B =..... a r1... a rr a r,r+1, a r+1,1... a r+1,r a r+1,r+1 uzyskamy, że a 1j D 1 + a 2j D a r+1,j D r+1 = 0 dla j = 1, 2,..., r + 1. A to oznacza, że a a 1r Ale D r+1 =..... a r1... a rr sprzeczność. D 1 α D r α r + D r+1 α r+1 = Θ. 0, wiec wektory α 1,..., α r, α r+1 s liniowo zależne i mamy Twierdzenie Niech A = [a ij ] M m n (K). Wówczas wymiar podprzestrzeni generowanej przez wiersze macierzy A jest równy r(a). Ponadto wymiar podprzestrzeni generowanej przez kolumny macierzy A też jest równy r(a). Dowód. Dla macierzy zerowej teza jest oczywista. Niech dalej A bedzie niezerowa. Oznaczmy przez k wymiar podprzestrzeni W generowanej przez wiersze macierzy A i przez r jej rzad. Wtedy k, r N. Ponadto z twierdzenia 9.11 pewne k wierszy macierzy A tworzy baze podprzestrzeni W. Dla uproszczenia notacji niech to bed pierwsze k wiersze tej macierzy. Wówczas z twierdzenia 9.33 w macierzy B powstajacej z A przez wykreślenie wierszy o numerach wiekszych niż k istnieje minor niezerowy stopnia k, który jednocześnie jest minorem macierzy A. Wobec tego r k. Dalej, w macierzy A istnieje niezerowy minor stopnia r. Dla uproszczenia znakowania za lóżmy, że tym minorem jest wyznacznik macierzy C powstajacej z A przez wykreślenie wszystkich wierszy i wszystkich kolumn o numerach wiekszych od r. Wówczas z twierdzenia 9.33 wszystkie wiersze macierzy D powstajacej z A przez wykreślenie wierszy o numerach wiekszych od r s lnz. Zatem k r i ostatecznie k = r. 9

10 Ponieważ wierszami macierzy A T s kolumny macierzy A i r(a T ) = r(a), wiec stad i z pierwszej cześci dowodu uzyskujemy, że wymiar podprzestrzeni generowanej przez kolumny macierzy A też jest równy r(a). Uwaga Z twierdzeń 9.11 i 9.34 mamy, że rzad macierzy A jest równy maksymalnej liczbie jej liniowo niezależnych wierszy i jest też równy maksymalnej liczbie jej liniowo niezależnych kolumn. Możemy zatem stosować rzad macierzy przy obliczaniu wymiaru podprzestrzeni przestrzeni K n generowanej przez skończony zbiór wektorów oraz do badania liniowej niezależności skończonego uk ladu wektorów przestrzeni K n. Przyk lad Znajdziemy wymiar podprzestrzeni W przestrzeni R 4 generowanej przez wektory [1, 2, 3, 1], [2, 1, 2, 3], [3, 3, 5, 4], [3, 0, 1, 5]. Macierz tego uk ladu wektorów jest A = Obliczamy rz ad macierzy A wykonujac operacje w 1 2 w 2 i w 3 3 w 2 : r(a) = r = 1 + r Po wykonaniu operacji w 1 + w 3 oraz w 2 + w 3 uzyskamy ostatecznie, że r(a) = = 2. Zatem z twierdzenia 9.34 dim(w ) = 2. Przyk lad Zbadamy dla jakich wartości parametru a wektory [a, 1, 0], [1, a, 3], [a, 1, 1] a 1 0 R 3 s liniowo niezależne. Macierz tego uk ladu wektorów ma postać A = 1 a 3. Z a 1 1 twierdzenia 9.29 i z przyk ladu 9.13 wynika, że nasze wektory s liniowo niezależne wtedy i tylko a 1 0 wtedy, gdy det(a) 0. Ale det(a) w 3 w = 1 1 a 3 = ( 1) 3+3 a a = a2 1, wiec det(a) = 0 wtedy, i tylko wtedy, gdy a = 1 lub a = 1. Zatem nasze wektory s liniowo niezależne jedynie dla wszystkich liczb rzeczywistych a 1, 1. Z twierdzenia 9.29 wynika, że dla takich a nasze wektory tworz baze przestrzeni R 3. 4 Zadania do samodzielnego rozwiazania Zadanie W przestrzeni R 4 zbadać liniow niezależność wektorów: [1, 4, 7, 10], [2, 5, 8, 11], [2, 6, 9, 12]. Odp. Wektory te s liniowo zależne. Zadanie Dla jakich a R wektory [1, 1, 1], [1, a, 2], [2, 3, 4] tworz baze przestrzeni R 3? Odp. a

11 Zadanie Pokazać, że V = {[x, y, z] R 3 : x + y + z = 0} jest podprzestrzenia przestrzeni R 3. Wyznaczyć baze i wymiar V. Odp. Baz V jest {[1, 0, 1], [0, 1, 1]} i dim V = 2. Zadanie Znaleźć baze i wymiar podprzestrzeni V przestrzeni R 4 generowanej przez wektory: [ 1, 3, 4, 2], [3, 5, 7, 3], [3, 1, 2, 0], [ 4, 0, 1, 1]. Odp. Baz V jest {[ 1, 3, 4, 2], [0, 4, 5, 3]} oraz dim(v ) = 2. Zadanie Znajdź baze i wymiar podprzestrzeni V przestrzeni R 5 generowanej przez wektory: [ 3, 1, 5, 3, 2], [2, 3, 0, 1, 0], [1, 2, 3, 2, 1], [3, 5, 1, 3, 1], [3, 0, 1, 0, 0]. Uzupe lnij znalezion baze podprzestrzeni V do bazy ca lej przestrzeni R 5. Odp. Baz V jest {[ 1, 3, 1, 1, 0], [0, 1, 6, 3, 2], [0, 0, 28, 12, 9]}, dim(v ) = 3. Szukan baz przestrzeni R 5 jest {[ 1, 3, 1, 1, 0], [0, 1, 6, 3, 2], [0, 0, 28, 12, 9], [0, 0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 0, 1]}. Zadanie W przestrzeni liniowej R 4 dane s podprzestrzenie: V = L([1, 1, 0, 0], [0, 1, 1, 0], [0, 0, 1, 1]), W = L([1, 0, 1, 0], [0, 2, 1, 1], [1, 2, 1, 2]). Wyznacz baze i wymiar podprzestrzeni: a) V, b) W, c) V + W, d) V W. Odp. a) Baz V jest {[1, 1, 0, 0], [0, 1, 1, 0], [0, 0, 1, 1]} oraz dim V = 3. b) Baz W jest {[1, 0, 1, 0], [0, 1, 0, 1], [0, 0, 1, 1]} oraz dim W = 3. c) Baz V + W jest {[1, 0, 0, 0], [0, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1]}, dim(v +W ) = 4 i V +W = R 4. d) Baz V W jest {[1, 0, 0, 1], [0, 1, 1, 0]} oraz dim(v W ) = 2. 11