1 Podstawowe struktury algebraiczne i cia lo liczb zespolonych

Transkrypt

1 1 Podstawowe struktury algebraiczne i cia lo liczb zespolonych Niech X i Y bȩd a zbiorami Iloczynem kartezjańskim tych zbiorów nazywamy zbiór X Y = {(x, y) : x X, y Y } Dwuargumentowym dzia laniem na zbiorze X nazywamy dowolne odwzorowanie X X X oznaczane np symbolem,,,,, + itp Grup a nazywamy dowolny zbiór G wraz z dwuargumentowym dzia laniem spe lniaj acym warunki: 1 x,y,z G (x y) z = x (y z), 2 e G x G x e = e x = x, 3 x G y G x y = y x = e Jeżeli ponadto x,y G x y = y x, to G nazywamy grup a abelow a Nietrudno pokazać, że element e grupy G spe lniaj acy warunek (2) jest jedyny i nazywa siȩ elementem neutralnym grupy G, zaś element y spe lniaj acy warunek (3) jest jednoznacznie wyznaczony przez element x i oznaczać go bȩdziemy przez x 1 lub x i nazywać elementem odwrotnym lub przeciwnym W dalszym ci agu bȩdziemy czȩsto pomijać znak dzia lania pisz ac po prostu xy zamiast x y Cia lem nazywamy zbiór K wraz z dwoma dwuargumentowymi dzia laniami + oraz takimi, że: 1 (K, +) jest grup a abelow a (element neutralny oznaczamy tu przez 0, zaś element przeciwny do elementu x oznaczamy przez x) 2 (K \ {0}, ) jest grup a abelow a (element neutralny oznaczamy tu przez 1, zaś element odwrotny do elementu x 0 oznaczamy przez x 1 ) 3 x,y,z K x (y + z) = (x y) + (x z), (y + z) x = (y x) + (z x) Przyk ladami cia l s a: Q, R, Q( a), Z 2, Z 3 Uwagi historyczne Jeżeli chodzi o cia lo liczb rzeczywistych, to ma le liczby naturalne znane by ly już na niskim poziomie rozwoju kultury i ich zakres

2 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, powiȩksza l siȩ wraz z rozwojem Konieczność pomiarów spowodowa la pojawienie siȩ liczb wymiernych Kilka wieków przed Chrystusem Grecy znali liczby niewymierne (np 2) i operowali nimi geometrycznie Grecy nie znali jednak liczb ujemnych 0 wprowadzili do matematyki Hindusi; w Europie zaczȩto go używać dopiero w średniowieczu Liczby ujemne wprowadzono w okresie odrodzenia W XVI wieku nastȩpuje burzliwy rozwój nauki W matematyce znaczy siȩ on silnym rozwojem algebry W tym czasie podano wzory na obliczanie pierwiastków równań stopnia 3 i 4 w terminach wspó lczynników takiego równania przy wykorzystaniu operacji dodawania, odejmowania, mnożenia, dzielenia oraz wyci agania pierwiastków stopnia 3 i 4 W ogólności wzory te jednak mia ly zastosowanie w przypadku gdy umia lo siȩ policzyć 1 Tego jednak nie umiano, bowiem w zakresie liczb jakimi wtedy dysponowano w tym czasie nie znano liczby, która podniesiona do kwadratu dawa laby 1 Czȩść matematyków nie przejmowa la siȩ tym zak ladaj ac istnienie takiego pierwiastka i nazywaj ac go liczb a urojon a Oznaczano j a symbolem i Wprowadzenie tych liczb do rozważań nie mia lo w tym czasie żadnego uzasadnienia logicznego ani oparcia o bezpośredni a intuicjȩ kierowan a przez zjawiska przyrodnicze Powsta ly wskutek tego kontrowersje Jedni używali tych liczb bez żadnego skrȩpowania mnoż ac je przez liczby rzeczywiste i dodaj ac w formalny sposób: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, (a + bi) (c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i i wszystko funkcjonowa lo - arytmetyka tych liczb nie doprowadzi la do żadnej sprzeczności Logiczne uzasadnienie istnienia tych liczb dokonane zosta lo dopiero na pocz atku XIX wieku przez Gaussa W zbiorze R R = {(a, b) : a, b R} wprowadzamy dzia lania (a, b) (c, d) = (a + c, b + d), (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc) Twierdzenie 11 (R R,, ) jest cia lem w którym równanie X 2 = 1 (tzn X X = 1), gdzie 1 jest elementem przeciwnym do elementu neutralnego mnożenia, ma rozwi azanie Elementy tego cia la nazywamy liczbami zespolonymi a samo cia lo cia lem liczb zespolonych

3 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód Dowód polega na bezpośrednim sprawdzeniu aksjomatów cia la Każd a liczbȩ zespolon a z = (a, b) można zapisać w postaci (a, b) = (a, 0) ((b, 0) (0, 1)) i przedstawienie to jest jednoznaczne Oznaczaj ac zatem (0, 1) przez i oraz utożsamiaj ac liczbȩ zespolon a (x, 0) z liczb a rzeczywist a x, otrzymujemy przedstawienie dowolnej liczby zespolonej w postaci a + bi, przy czym przy powyższych utożsamieniach mnożenie i dodawanie takich liczb odbywa siȩ w myśl wprowadzonych wcześniej regu l : (a+bi)+(c+di) = (a+c)+(b+d)i, (a+bi) (c+di) = (ac bd)+(ad+bc)i i mamy ponadto i 2 = 1 W dalszym wiȩc ci agu za zbiór liczb zespolonych przyjmować bȩdziemy zbiór C = {a+bi : a, b R} z powyższymi dzia laniami Na liczbach zespolonych można wykonywać szereg operacji (1) z 1 + z 2 = z 1 + z 2, (2) z 1 z 2 = z 1 z 2, (3) z 1 z 2 = z 1 z 2, (4) 1/z = 1/ z, (5) z 1 /z 2 = z 1 / z 2 Sprzȩżenie i jego w lasności : C C, a + bi = a bi (1), (2 ) i (3) s a latwe i sprawdza siȩ je bezpośrednim rachunkiem, (4) wynika z (3) zaś (5) z (3) i (4) Czȩść rzeczywista Re i czȩść urojona Im Re, Im : C R, Re(a + bi) = a, Im(a + bi) = b (1) Re(z 1 + z 2 ) = Re(z 1 ) + Re(z 2 ), (2) Im(z 1 + z 2 ) = Im(z 1 ) + Im(z 2 ) Modu l liczby zespolonej

4 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, (1) Re(z) z, Im(z) z, (2) z 2 = z z, (3) z 1 z 2 = z 1 z 2, (4) 1/z = 1/ z, (5) z 1 /z 2 = z 1 / z 2, (6) z 1 + z 2 z 1 + z 2, (7) z 1 z 2 z 1 z 2, (8) z z n z z n : C R, a + bi = a 2 + b 2 (2) Niech z = a + bi Wtedy zz = = z 2 (3) z 1 z 2 2 = (z 1 z 2 )(z 1 z 2 ) = z 1 z 1 z 2 z 2 = z 1 2 z 2 2 = ( z 1 z 2 ) 2 (4) wynika z (3) a (5) z (3) i (4) (6) 1 = (z 1 + z 2 )/(z 1 + z 2 ) = z 1 /(z 1 + z 2 ) + z 2 /(z 1 + z 2 ) Z w lasności Re: 1 = Re(z 1 /(z 1 + z 2 )) + Re(z 2 /(z 1 + z 2 )) (z 1 /(z 1 + z 2 )) + (z 2 /(z 1 + z 2 )) = ( z 1 + z 2 )/ z 1 + z 2 (7) Mamy z 2 + (z 1 z 2 ) = z 1 a st ad z 1 = z 2 + (z 1 z 2 ) z 2 + z 1 z 2 Zatem z 1 z 2 z 1 z 2 Analogicznie z 1 z 2 = z 2 z 1 z 2 z 1 = ( z 1 z 2 ) Postać trygonometryczna liczb zespolonych Dla 0 z = a + bi mamy przy czym ( Re(z) z = z + i Im(z) ) = ( ) a a z z 2 + b 2 a2 + b + i b, 2 a2 + b 2 ( ) 2 ( ) 2 a b + = 1 a2 + b 2 a2 + b 2 Istnieje wiȩc dok ladnie jedno θ (0 θ < 2π) takie, że cos θ = a a2 + b 2 sin θ = b a2 + b 2

5 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Zatem z = z (cos θ + i sin θ) i gdy 0 θ < 2π to przedstawienie to jest jednoznaczne θ nazywamy argumentem liczby zespolonej z i oznaczać bȩdziemy arg(z) Lemat 12 arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) mod 2π Dowód Niech z 1 = z 1 (cos θ 1 +i sin θ 1 ) oraz z 2 = z 2 (cos θ 2 +i sin θ 2 ) Wtedy z 1 z 2 = z 1 z 2 ((cos θ 1 cos θ 2 sin θ 1 sin θ 2 )+i (cos θ 1 sin θ 2 +sin θ 1 cos θ 2 )) = z 1 z 2 (cos(θ 1 + θ 2 ) + i sin(θ 1 + θ 2 )) Wniosek 13 arg(z n ) = n arg(z) mod 2π W szczególności zachodzi wzór (cos θ + i sin θ) n = cos(nθ) + i sin(nθ) zwany wzorem de Moivre a Dowód Indukcja matematyczna na n Pierwiastki z liczb zespolonych Twierdzenie 14 Dla dowolnej liczby zespolonej z 0 i liczby naturalnej n istnieje dok ladnie n różnych pierwiastków Jeżeli z = z (cos θ + i sin θ) to wszystkie te pierwiastki wyrażaj a siȩ wzorem ( ( ) ( )) θ + 2kπ θ + 2kπ w k = z n cos + i sin n n dla k = 0,, n 1 Dowód Niech w = w (cos ψ + i sin ψ) bȩdzie pierwiastkiem stopnia n z liczby z Wtedy z (cos θ + i sin θ) = z = w n = w n (cos(nψ) + i sin(nψ)) a st ad w = n z, oraz cos θ = cos(nψ), sin θ = sin(nψ) co implikuje nψ θ = 2kπ dla pewnego k Z Zatem ψ = θ + 2kπ n

6 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, dla pewnego k Z Z drugiej strony dla dowolnego k Z ( ( ) ( )) θ + 2kπ θ + 2kπ w k = z n cos + i sin n n jest pierwiastkiem stopnia n z liczby z W końcu w k = w k { cos θ+2kπ = cos θ+2k π n n sin θ+2kπ = sin θ+2k π n n 2(k k )π = 2πm n k k = nm dla pewnego m Zatem w 0, w 1,, w n 1 s a wszystkimi pierwiastkami stopnia n z liczby z Wniosek 15 Dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje dok ladnie n różnych pierwiastków stopnia n z 1 i wszystkie one maj a postać dla k = 0,, n 1 ( ) ( ) 2kπ 2kπ ε k = cos + i sin n n Dowód 1 = cos 0+i sin 0 a zatem wniosek wynika z poprzedniego twierdzenia Mamy ε k = ε k 1 Pierwiastek ε l stopnia n z jedności o tej w lasności, że każdy inny pierwiastek stopnia n z jedności daje siȩ przedstawić w postaci ε p l dla pewnego 0 p < n nazywa siȩ pierwiastkiem pierwotnym stopnia n z jedności Twierdzenie 16 ε l = cos ( ) ( ) 2lπ n + i sin 2lπ n jest pierwiastkiem pierwotnym stopnia n z jedności wtedy i tylko wtedy, gdy (n, l) = 1 Dowód : Wtedy 1 = ε 0 l, ε 1 l,, ε n 1 l (1)

7 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, s a różne gdyż zawieraj a wszystkie pierwiastki stopnia n z jedności Gdyby istnia lo d > 1 takie, że d n i d l to n = ds, l = dt dla pewnych t, s, gdzie s < n Wtedy jednak ε s l = (ε l 1) s = (ε 1 ) ls = (ε 1 ) dts = (ε ds 1 ) t = (ε n 1) t = 1 t = 1 : (l, n) = 1 Wystarczy pokazać, że wszystkie elementy ci agu (1) s a różne Przypuśćmy, że ε s l = ε t l dla pewnych 0 s t < n Wtedy { cos θ+2lsπ = cos θ+2ltπ n n sin θ+2lsπ = sin θ+2ltπ n n co jest równoważne istnieniu m takiego, że (2π(t s)l)/n = 2πm Zatem (t s)l = mn a st ad n l(t s) Ponieważ jednak (l, n) = 1, wiȩc n (t s) Zatem t = s jako, że 0 t s < n Wniosek 17 Zbiór wszystkich pierwiastków ustalonego stopnia n z jedynki n 1 jest grup a ze wzglȩdu na mnożenie Pierwiastki pierwotne stopnia n z 1 s a generatorami tej grupy w tym sensie, że każdy inny pierwiastek stopnia n z 1 jest potȩg a takiego pierwiastka Dowód Niech z 1, z 2 n 1 Wtedy z1 n = 1 oraz z2 n = 1 St ad (z 1 z 2 ) n = z1 n z2 n = 1 1 = 1 również 1 n = 1 a zatem 1 jest pierwiastkiem stopnia n z 1 W końcu dla dowolnego z n 1, (1/z) n = 1/(z n ) = 1/1 = 1 a zatem n 1 jest grup a Druga czȩść wniosku wynika wprost z definicji Interpretacja geometryczna liczb zespolonych Liczby rzeczywiste można utożsamiać z punktami osi liczbowej Podobnie liczby zespolone można utożsamiać z punktami p laszczyzny W prostok atnym uk ladzie wspó lrzȩdnych o środku O = (0, 0) liczbie zespolonej z = a + b i odpowiada punkt o wspó lrzȩdnych (a, b) W takiej sytuacji modu l liczby z jest równy d lugości wektora Oz, zaś jej argument pokrywa siȩ z k atem miȩdzy tym wektorem a osi a odciȩtych

8 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, z = d l wektora 0z Analogiczn a interpretacjȩ maj a także liczby sprzȩżone oraz pierwiastki z 1 Niech θ = 2π/n

9 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Przestrzenie liniowe Niepusty zbiór V nazywa siȩ przestrzeni a liniow a nad cia lem (K, +, ) jeśli: (a) V jest grup a abelow a z pewnym dzia laniem, (b) Określone jest dzia lanie : K V V spe lniaj ace warunki: 1 α K v,w V α (v w) = (α v) (α w), 2 α,β K v V (α + β) v = (α v) (β v), 3 α,β K v V (α β) v = α (β v), 4 v V 1 v = v Zbiór V nazywamy zbiorem wektorów, dzia laniem dodawania wektorów, dzia laniem mnożenia wektorów przez skalary W dalszym ci agu dzia lania te bȩdziemy oznaczać w taki sam sposób jak dla cia la tzn np dla α, β K, v, w V bȩdziemy pisać αβ(v + w) zamiast (α β) (v w) (z kontekstu bȩdzie wynika lo jakie dzia lanie bȩdziemy mieli na myśli) Przyk lady (1) Zbiór wektorów w E n n = 1, 2, 3 zaczepionych w ustalonym punkcie ze znanym ze szko ly dzia laniem dodawania takich wektorów i mnożenia ich przez liczbȩ jest przestrzeni a liniow a (2) K dowolne cia lo, V = {v} zbiór jednoelementowy Definiujemy v +v = v oraz αv = v dla dowolnego α K V jest przestrzeni a zwan a przestrzeni a zerow a któr a oznaczać bȩdziemy przez 0 (3) V = K Wtedy V jest przestrzeni a liniow a nad K (4) Zbiór K n = {(a 1,, a n ) : a i K} z dzia laniami (a 1,, a n ) (b 1,, b n ) = (a 1 + b 1,, a n + b n ) α (a 1,, a n ) = (αa 1,, αa n ) jest przestrzeni a liniow a zwan a n-wymiarow a przestrzeni a wspó lrzȩdnych (5) Zbiór K = {(a 1, a 2, ) : a i K} z dzia laniami (a 1, a 2, ) (b 1, b 2, ) = (a 1 + b 1, a 2 + b 2, ) α (a 1, a 2, ) = (αa 1, αa 2, ) jest przestrzeni a liniow a zwan a nieskończeniewymiarow a przestrzeni a wspó lrzȩdnych Niepusty podzbiór W przestrzeni liniowej V nad cia lem K nazywamy podprzestrzeni a o ile αw + βw W dla dowolnych αβ K i w, w W

10 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Niech V bȩdzie przestrzeni a liniow a nad cia lem K, zaś A = {v t : t T } uk ladem wektorów z V Mówimy, że v V jest kombinacj a liniow a wektorów uk ladu A o ile istnieje uk lad {α t : t T } elementów cia la K takich, że α t = 0 dla prawie wszystkich t T (wszystkich z wyj atkiem skończonej ilości) taki, że v = t T α t v t Twierdzenie 21 Niech A = {v t : t T } Bȩdzie niepustym uk ladem wektorów przestrzeni V Wówczas zbiór wszystkich kombinacji liniowych wektorów uk ladu A jest podprzestrzeni a przestrzeni V ; jest to najmniejsza (w sensie inkluzji) podprzestrzeń przestrzeni V zawieraj aca wszystkie wektory uk ladu A Dowód Niech U bȩdzie uk ladem z lożonym ze wszystkich kombinacji liniowych wektorów uk ladu A Pokażemy że U jest podprzestrzeni a przestrzeni V Niech v = α t v t w = β t v t t T t T oraz α, β K Wtedy αv + βw = t T(αα t + ββ t )v t Ponieważ pw α t, β t s a równe 0 wiȩc pw αα t + ββ t s a równe 0 St ad αv + βw U a zatem U jest podprzestrzeni a Udowodnimy teraz drug a czȩść twierdzenia Niech W bȩdzie podprzestrzeni a przestrzeni V zawieraj ac a wszystkie wektory uk ladu A Trzeba pokazać, że U W Niech u = t T α t v t U Wtedy prawie wszystkie α t s a równe zero Zatem u = α t1 v t1 + + α tn v tn dla pewnych t 1,, t n T Ponieważ v t1,, v tn W i ponieważ W jest podprzestrzeni a wiȩc u = t T α t v t W Tym samym U W Podprzestrzeń U wystȩpuj ac a w powyższym twierdzeniu nazywać bȩdziemy podprzestrzeni a rozpiȩt a na wektorach uk ladu A lub podprzestrzeni a generowan a przez A i oznaczać j a bȩdziemy przez lin(a) lub lin{v t : t T }, zaś sam zbiór A jej uk ladem generatorów Przestrzeń posiadaj aca skończony zbiór generatorów nazywamy skoczenie gemerowaln a

11 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Przyk lad (α 1,, α n ) = α 1 (1,, 0) + + α n (0,, 1) Zatem K n = lin{e 1,, e n }, gdzie e i = (0,, i 1,, 0) Niech W bȩdzie podprzestrzeni a przestrzeni liniowej V, zaś v V Wtedy zbiór v + W = {v + w : w W } nazywamy warstw a podprzestrzeni W w przestrzeni V, zaś v reprezentantem tgej warstwy Lemat 22 W V, v 1, v 2 V Wtedy v 1 + W = v 2 + W v 1 v 2 W Dowód : 0 W Zatem v 1 = v 1 +0 v 1 +W = v 2 +W a st ad v 1 = v 2 +w Zatem v 1 v 2 W : Niech v 1 v 2 = w W Pokażemy, że v 1 + W = v 2 + W : x v 1 + W x = v 1 + w 1 = (v 2 + w) + w 1 = v 2 + (w + w 1 ) v 2 + W : x v 2 + W x = v 2 + w 1 = (v 1 w) + w 1 = v 1 + (w 1 w) v 1 + W Twierdzenie 23 Dowolne dwie warstwy s a albo roz l aczne albo równe Dowód Przypuśćmy, że dwie warstwy v 1 + W, v 2 + W nie s a roz l aczne Wtedy istnieje x (v 1 + W ) (v 2 + W ) Zatem x = v 1 + w 1, x = v 2 + w 2 dla pewnych w 1, w 2 W St ad v 1 +w 1 = v 2 +w 2 czyli v 1 v 2 = w 2 w 1 W a zatem v 1 +W = v 2 +W na mocy lematu Przestrzeń ilorazowa Niech V bȩdzie podprzestrzeni a przestrzeni V nad cia lem K i niech V/W oznacza zbiór wszystkich warstw Dla H 1 = v 1 + W, H 2 = v 2 + W V/W definiujemy H 1 H 2 = (v 1 + v 2 ) + W Definicja ta jest poprawna Istotnie niech H 1 = u 1 +W, H 2 = u 2 +W Wtedy v 1 u 1 W, v 2 u 2 W St ad (v 1 +v 2 ) (u 1 +u 2 ) = (v 1 u 1 )+(v 2 u 2 ) W a zatem (v 1 + v 2 ) + W = (u 1 + u 2 ) + W Analogicznie definiuje siȩ mnożenie warstw przez elementy cia la K α (v + W ) = (αv) + W i pokazuje siȩ, że jest ono poprawnie określone

12 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Twierdzenie 24 Niech W bȩdzie przestrzeni a liniow a nad cia lem K Wtedy V/W z określonymi wyżej dzia laniami i jest przestrzeni a liniow a zwan a przestrzeni a ilorazow a Suma przestrzeni liniowych Twierdzenie 25 Niech V 1, V 2 bȩd a podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V Wówczas zbiór V 1 + V 2 = {v 1 + v 2 : v 1 V 1, v 2 V 2 } jest podprzestrzeni a przestrzeni V zwan a sum a podprzestrzeni V 1 i V 2 Dowód (1) Niech v, w V 1 +V 2, α, β K Wtedy v = v 1 +v 2, w = w 1 +w 2 dla pewnych v 1, w 1 V 1 oraz v 2, w 2 V 2 Zatem αv + βw = (αv 1 + βw 1 ) + (αv 2 + βw 2 ) V 1 + V 2 Przekrój podprzestrzeni Twierdzenie 26 Niech V 1, V 2 bȩd a podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V Wówczas przekrój V 1 V 2 jest podprzestrzeni a przestrzeni V Dowód Niech v, w V 1 V 2 i α, β K Wtedy v, w V 1 a zatem αv + βw V 1 Analogicznie αv + βw V 2 Zatem αv + βw V 1 V 2 Suma prosta podprzestrzeni Mówimy, że przestrzeń liniowa V jest sum a prost a swoich podprzestrzni V 1 i V 2 co oznaczmy V = V 1 V 2 o ile dowolny wektor v V da siȩ jednoznacznie przedstawić w postaci sumy v = v 1 + v 2, gdzie v 1 V 1, v 2 V 2 Twierdzenie 27 V = V 1 V 2 wtedy i tylko wtedy gdy (1) V = V 1 + V 2 oraz (2) V 1 V 2 = 0

13 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód : (1) jest oczywista (2): Niech v V 1 V 2 Wtedy v = v + 0 oraz v = 0+v s a przedstawieniami wektora v V a zatem z jednoznaczności tego przedstawienia v = 0 : Niech v V bȩdzie dowolnym wektorem Wtedy z (1) v = v 1 + v 2 dla pewnych v 1 V 1 i v 2 V 2 Niech teraz v = v 1+v 2 Wtedy v 1 v 1 = v 2 v 2 V 1 V 2 a st ad v 1 v 1 = 0, v 2 v 2 = 0 czyli v 1 = v 1, v 2 = v 2 Mówimy, że skończony uk lad wektorów v 1,, v n jest liniowo niezależny o ile dla dowolnego uk ladu skalarów α 1,, α n takich, że α 1 v α n v n = 0 mamy α 1 = = α n = 0 W przeciwnym wypadku uk lad ten nazywa siȩ liniowo zależny Przyk lad Wektory e 1,, e n K n gdzie e i = (0,, i 1,, 0) s a liniowo niezależne Uk lad wektorów {v t : t T } nazywamy liniowo niezależnym o ile każdy jego skończony poduk lad jest liniowo niezależny Twierdzenie 28 Uk lad wektorów v 1,, v n przestrzeni liniowej V nad cia- lem K jest liniowo zależny dla pewnego k {1,, n} wektor v k jest kombinacj a liniow a pozosta lych wektorów Dowód : Uk lad v 1,, v n jest liniowo zależny wiȩc istniej a α 1,, α n nie wszystkie równe zero takie że α 1 v α n v n = 0 Przypuśćmy, że α k 0 Wtedy v k = β 1 v β k 1 v k 1 + β k+1 v k β n v n, gdzie β i = α i /α k : Niech v k = α 1 v 1 + +α k 1 v k 1 +α k+1 v k+1 + +α n v n Wtedy α 1 v α k 1 v k 1 + ( 1)v k + α k+1 v k α n v n = 0 podczas gdy nie wszystkie wspó lczynniki w tej kombinacji s a równe 0 Zatem wektory v 1,, v n s a liniowo zależne Stwierdzenie 29 Uk lad sk ladaj acy siȩ z jednego wektora v V jest liniowo niezależny v 0 Dowód Latwy na ćwiczenia Stwierdzenie 210 Dowolny uk lad wektorów v 1,, v n zawieraj acy wektor zerowy jest liniowo zależny

14 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód Niech v k = 0 Wtedy 0v v k 1 + 1v k + 0v k v n = 0 Niech V bȩdzie przestrzeni a liniow a nad cia lem K Uk lad B = {v t : t T } nazywa siȩ baz a przestrzeni V o ile 1 B jest liniowo niezależny 2 Każdy uk lad wektorów A istotnie zawieraj acy B jest liniowo zależny (tzn zbiór B jest maksymalnym, ze wzglȩdu na inkluzjȩ, zbiorem liniowo niezależnym) Przyk lad 211 Uk lad wektorów e i = (0,, i 1, 0) K n i = 1,, n jest baz a przestrzeni K n Twierdzenie 212 V przestrzeń liniowa nad cia lem K, A uk lad wektorów przestrzeni V Nastȩpuj ace warunki s a równoważne: (1) A jest baz a V, (2) A jest liniowo niezależny i każdy wektor v V jest kombinacj a liniow a wektorów z A, (3) A jest minimalnym zbiorm generatorów przestrzeni V, (4) Każdy wektor przestrzeni V można jednoznacznie zapisać w postaci kombinacji liniowej wektorów uk ladu A Dowód (1) (2) Uk lad A jest liniowo niezależny jako baza Niech v V bȩdzie dowolnym wektorem Jeżeli v A to nie ma czego dowodzić; v = 1 v Za lóżmy zatem, że v A Wtedy B = {v} A jest liniowo zależny Zatem istnieje skończony poduk lad C uk ladu B liniowo zależny Ponieważ A jest liniowo niezależny wiȩc v C a zatem C = {v 1,, v n, v} Zatem istniej a α 1,, α n, α K nie wszystkie równe zero i takie, że α 1 v 1 + +α n v n +αv = 0 Mamy α 0 bowiem w przeciwnym wypadku powyższa kombinacja staje siȩ kombinacj a α 1 v α n v n = 0 przy czym nie wszystkie α i s a zerami wbrew temu że każdy skończony poduk lad uk ladu B jest liniowo niezależny Jeżeli jednak α 0 to v = (α 1 /α)v (α n /α)v n (2) (3) A jest zbiorem generatorów przestrzeni V Przypuśćmy niewprost, że C jest zbiorem generatorów przestrzeni V i jest istotnym podzbiorem zbioru A Niech v A\C Wówczas jednak v = α 1 v 1 + +α n v n dla pewnych

15 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, wektorów v 1,, v n C Wtedy jednak ( 1)v + α 1 v α n v n = 0 jest nietrywialn a kombinacj a wektorów uk ladu A wbrew za lożeniu o liniowej niezależności A (3) (4) Niech v V Wtedy z (3) v = α 1 v α n v n dla pewnych α i K Niech ponadto v = β 1 v β n v n dla pewnych β i K Wtedy (α 1 β 1 )v (α n β n )v n = 0 Gdyby teraz α i β i dla pewnego i to v i by lby kombinacj a liniow a wektorów v 1,, v i 1, v i+1,, v n i tym samym A \ {v i } by lby zbiorem generatorów V wbrew za lożeniu o minimalności A (4) (1) Niech C = {v 1,, v n } bȩdzie dowolnym skończonym poduk ladem uk ladu A i niech α 1 v α n v n = 0 Ponieważ 0 = 0v v n wiȩc na mocy (3) α 1 = = α n = 0 Zatem C jest liniowo niezależny Wobec dowolności C, A jest zatem liniowo niezależny Twierdzenie 213 Każda przestrzeń liniowa V nad cia lem K posiada bazȩ Dowód Dla przestrzeni skończenie generowanych twierdzenie to wynika bezpośrednio z warunku (3) powyszej charakteryzacji bazy Dowód w ogólnym przypadku wymaga znajomości lematu Kuratowskiego Zorna Uwaga 214 W daszym ci agu wyk ladu rozpatrywać bȩdziemy tylko przestrzenie skończenie wymiarowe (tzn takie które posiadaj a skończon a bazȩ) bez zaznaczania tego explicité Lemat 215 Niech {v 1,, v n } (2) tworzy bazȩ przestrzeni V i niech v = α 1 v α n v n przy czym α j 0 Wtedy {v 1,, v j 1, v, v j+1,, v n } (3) jest baz a V Dowód Mamy v j = β 0 v + β 1 v β j 1 v j 1 + β j+1 v j β n v n, gdzie β 0 = 1/α j, β i = α i /α j Każdy wektor z V jest kombinacj a liniow a wektorów (2) a wektor v j jest kombinacj a liniow a wektorów uk ladu (3) Zatem każdy wektor przestrzeni V jest kombinacj a liniow a wektorów uk ladu (3) Pokażemy, że (3) jest liniowo niezależny Niech γ 1 v γ j 1 v j 1 + γv + γ j+1 v j+1 + γ n v n = 0 (4)

16 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Podstawiaj ac v = α 1 v α n v n otrzymujemy (γ 1 α 1 γ)v (γ j 1 α j 1 γ)v j 1 +α j γv j +(γ j+1 α j+1 γ)v j+1 + +(γ n α n γ)v n = 0 sk ad α j γ = 0 czyli γ = 0 Zatem γ 1 v γ j 1 v j 1 + γ j+1 v j+1 + γ n v n = 0 a st ad γ 1 = = γ j 1 = γ j+1 = = γ n = 0 Wobec tego uk lad (3) jest liniowo niezależny a zatem na mocy warunku (2) twierdzenia 212 uk lad (3) jest baz a przestrzeni V Twierdzenie 216 (Steinitza o wymianie) Niech {v 1,, v n } bȩdzie baz a przestrzeni liniowej V nad cia lem K, zaś {w 1,, w s } uk ladem wektorów liniowo niezależnych Wtedy (1) s n (2) Istnieje n s wektorów v i które l acznie z w 1,, w s tworz a bazȩ przestrzeni V Dowód Indukcja na s: Dla s = 0 twierdzenie jest oczywiste Za lóżmy zatem jego prawdziwość dla liczb < s Wektory w 1,, w s 1 s a liniowo niezależne a zatem na mocy za lożenia indukcyjnego s 1 n i istnieje n (s 1) = n s + 1 wektorów v i które l acznie z w 1,, w s 1 tworz a bazȩ przestrzeni V Pokażemy, że faktycznie s 1 < n a wiȩc s n Istotnie gdyby s 1 = n wiȩc już wektory w 1,, w s 1 rozpina lyby przestrzeń V a zatem w s by lby kombinacj a liniow a tych wektorów i tym samym wektory w 1,, w s by lyby liniowo zależne wbrew za lożeniu Dla uproszczenia za lóżmy, że wektorami tymi s a v 1,, v n s+1 czyli baz a V jest v 1,, v n s+1, w 1,, w s 1 Wtedy w s = α 1 v α n s+1 v n s+1 + βw β s 1 w s 1 Pewien wspó lczynnik w tej kombinacji jest 0 Gdyby wszystkie α i by ly zerami to w 1,, w s by lyby liniowo zależne wbrew za lożeniu Zatem α i 0 dla pewnego i Wtedy jednak na mocy lematu 215 jest baz a v 1,, v i 1, v i+1,, v n s+1,, w s 1, w s

17 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Wniosek 217 Jeżeli pewna baza przestrzeni V ma n elementów to każda inna baza tej przestrzeni ma n elementów Dowód Niech v 1,, v n oraz w 1,, w m bȩd a bazami V Wtedy w 1,, w m v 1,, v n liniowo niezależne liniowo niezależne 216 = m n 216 = n m n = m Liczbȩ elementów dowolnej bazy przestrzeni V nazywamy jej wymiarem i oznaczać bȩdziemy przez dimv Wniosek 218 Jeżeli W jest podprzestrzeni a przestrzeni V, to dimw dimv Wniosek 219 Jeżeli W jest podprzestrzeni a przestrzeni V to dimw = dimv wtedy i tylko wtedy gdy V = W Twierdzenie 220 Jeżeli V 1 i V 2 s a podprzestrzeniami przestrzeni V, to dim(v 1 + V 2 ) = dimv 1 + dimv 2 dim(v 1 V 2 ) Dowód Niech {v 1,, v n } bȩdzie baz a V 1 V 2 Wtedy na mocy twierdzenia Steinitza o wymianie istniej a wektory v 1,, v t v 1,, v s przestrzeni V takie, że {v 1,, v n, v 1,, v t} jest baz a V 1 zaś {v 1,, v n, v 1,, v s } jest baz a V 2 Pokażemy, że {v 1,, v n, v 1,, v t, v 1,, v s } jest baz a V 1 + V 2 Uk lad ten generuje V 1 + V 2 : Istotnie niech v V 1 + V 2 Wtedy v = w 1 + w 2, w i V i Niech w 1 = α 1 v α n v n + α 1v α tv t oraz w 2 = β 1 v β n v n + β 1 v β s v s Wtedy v = w 1 + w 2 = (α 1 + β 1 )v (α n + β n )v n + α 1v α tv t + β 1 v β s v s Uk lad ten jest liniowo niezależny: Istotnie niech Wtedy α 1 v α n v n + α 1v α tv t + α 1v α sv s = 0 α 1v α sv s = α 1 v α n v n + α 1v α tv t V 1 V 2 a st ad (α 1v α sv s ) = γ 1 v γ n v n Zatem α 1 = = α s = 0 a st ad także α 1 = α n = α 1 = = α t = 0 Wniosek 221 dim(v 1 V 2 ) = dimv 1 + dimv 2

18 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Przekszta lcenia liniowe Odwzorowanie ϕ : V W przestrzeni liniowych nad cia lem K nazywamy przekszta lceniem liniowym lub homomorfizmem o ile ϕ(α 1 v 1 + α 2 v 2 ) = α 1 ϕ(v 1 ) + α 2 ϕ(v 2 ) dla dowolnych v 1, v 2 V, α 1, α 2 K Jeżeli ponadto ϕ jest różnowartościowe, to ϕ nazywamy monomorfizmem, ϕ jest na, to ϕ nazywamy epimorfizmem, ϕ jest różnowartościowe oraz na, to ϕ nazywamy izomorfizmem Stwierdzenie 31 Z lożenie dwóch homomorfizmów jest homomorfizmem i przekszta lcenie odwrotne do izomorfizmu jest izomorfizmem Dowód Latwe ćwiczenie Przyk lad 1 id V : V V jest izomorfizmem Przyk lad 2 W V podprzestrzeń Wtedy w lożenie i : W V jest monomorfizmem i(w) = w Przyk lad 3 (1) ϕ : K 3 K 3 ϕ(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + x 2, x 2 + x 3, x 1 + x 3 ) jest homomorfizmem i jeśli w ciele K, 2 0 to jest to izomorfizm (2) ψ : K 3 K 3 ψ(x 1, x 2, x 3 ) = (x 2 1, x 2, x 3 ) nie jest homomorfizmem Stwierdzenie 32 Niech ϕ : V W bȩdzie homomorfizmem Wtedy Ker ϕ = {v V : ϕ(v) = 0} oraz Imϕ = {w W : v V w = ϕ(v)} s a podprzestrzeniami przestrzeni V i W zwanymi odpowiednio j adrem i obrazem ϕ Ponadto ϕ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy Ker ϕ = 0 Dowód Latwe ćwiczenie Twierdzenie 33 Niech ϕ : V W bȩdzie homomorfizmem Wtedy dimv = dimker ϕ + dimimϕ

19 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód Niech {v 1,, v s } oraz {w 1,, w t } bȩd a bazami przestrzeni Ker ϕ oraz Imϕ odpowiednio Niech v 1,, v t V bȩd a takimi wektorami, że ϕ(v i) = w i Pokażemy, że {v 1,, v s, v 1,, v t} jest baz a przestrzeni V Istotnie weźmy dowolny v V Wtedy ϕ(v) = β 1 w β t w t dla pewnych β i K Zatem w = v (β 1 v 1 + +β t v t) Kerϕ St ad w = α 1 v 1 + +α s v s dla pewnych α i K a zatem v = α 1 v 1 + +α s v s +β 1 v 1+ +β t v t Niech teraz α 1 v α s v s + β 1 v β t v t = 0 Wtedy 0 = ϕ(α 1 v α s v s + β 1 v β t v t) = β 1 ϕ(v 1) + + β t ϕ(v t) = β 1 w β t w t a zatem β 1 = = β t = 0 Wtedy jednak z wyjściowej kombinacji zostaje α 1 v α s v s = 0 a zatem także α 1 = = α s = 0 Przestrzenie liniowe V i W nazywamy izomorficznymi, co zapisujemy V = W o ile istnieje izomorfizm ϕ : V W Twierdzenie 34 Niech V bȩdzie przestrzeni a liniow a nad cia lem K oraz dimv = n Wtedy V = K n Dowód Niech {v 1,, v n } bȩdzie baz a przestrzeni V oraz v V Wtedy istnieje dok ladnie jeden uk lad α 1,, α n K taki, że v = α 1 v α n v n Definiujemy ϕ : V K n ϕ(v) = (α 1,, α n ) (1) ϕ jest homomorfizmem: v, v V Wtedy v = α 1 v α n v n oraz v = α 1v 1 + +α nv n a st ad αv+α v = (αα 1 +α α 1)v 1 + +(α α n +α α n)v n Zatem ϕ(αv + α v ) = (αα 1 + α α 1,, α α n + α α n) = α(α 1,, α n ) + α (α 1,, α n ) = αvϕ(v) + α ϕ(v ) (2) ϕ jest na: Niech α K n bȩdzie dowolnym elementem Wtedy α = (α 1,, α n ) dla pewnych α i K a zatem dla v = α 1 v α n v n ϕ(v) = α (3) ϕ jest różnowartościowe: Niech v = α 1 v α n v n oraz v = α 1v α nv n bȩd a dowolnymi wektorami z V i niech ϕ(v) = ϕ(v ) Wtedy z określenia ϕ, (α 1,, α n ) = (α 1,, α n) a zatem v = v Stwierdzenie 35 Jeżeli W jest podprzestrzeni a przestrzeni liniowej V nad cia lem K to przyporz adkowanie elementowi v V warstwy v + W wyznacza epimorfizm V V/W zwany epimorfizmem kanonicznym

20 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Wniosek 36 dim V/W = dim V dim W Dowód wniosek wynika z twierdzenia 33 gdyż W jest j adrem epimorfizmu kanonicznego V V/W Twierdzenie 37 Niech ϕ : V W bȩdzie homomorfizmem Wtedy istnieje izomorfizm ϕ : V/Ker ϕ Im ϕ Dowód Niech U = Ker ϕ Definiujemy ϕ : V/U Im ϕ nastȩpuj aco: Niech x V/Ker ϕ Wtedy x = v + U dla pewnego v V Przyjmujemy ϕ(x) = ϕ(v) Pokazuje siȩ że powyższe odwzorowanie jest poprawnie określone i jest izomorfizmem Struktura przekszta lceń liniowych Twierdzenie 38 (O strukturze przekszta lceń liniowych) Niech V, W bȩd a przestrzeniami liniowymi nad cia lem K, v 1,, v n baz a V, zaś w 1,, w n dowolnym uk ladem wektorów przestrzeni W Wtedy istnieje dok ladnie jedno przekszta lcenie liniowe ϕ : V W takie, że ϕ(v i ) = w i, i = 1,, n Dowód Definiujemy ϕ : V W nastȩpuj aco Jeżeli v V to v = α 1 v α n v n dla pewnych α 1,, α n K wyznaczonych jednoznacznie Przyjmujemy ϕ(v) = α 1 w α n w n Latwo sprawdza siȩ wtedy, że (1) ϕ liniowe, (2) ϕ(v i ) = w i, (3) ϕ jedyne Wniosek 39 Niech V, W bȩd a przestrzeniami liniowymi nad cia lem K, v 1,, v n baz a V, zaś ϕ 1, ϕ 2 : V W przekszta lceniami liniowymi Jeżeli ϕ 1 (v i ) = ϕ 2 (v i ), to ϕ 1 = ϕ 2 Dla przestrzeni liniowych V, W nad cia lem K definiujemy L(V, W ) = {ϕ : V W : ϕ przekszta lcenie liniowe} Twierdzenie 310 L(V, W ) jest przestrzeni a liniow a nad cia lem K z dzia- laniami (ϕ ψ)(v) = ϕ(v) + ψ(v), (α ϕ)(v) = α ϕ(v)

21 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód Należy sprawdzić że, s a dzia laniami oraz aksjomaty przestrzeni liniowej Jeżeli w powyższej definicji W = K jest przestrzeni a 1-wymiarow a to element ϕ L(V, W ) nazywamy funkcjona lem liniowym, zaś sam a przestrzeń L(V, W ) przestrzeni a dualn a lub sprzȩżon a do V i oznaczać bȩdziemy przez V Twierdzenie 311 Jeżeli ϕ : V W jest homomorfizmem, to ϕ : W V określone wzorem ϕ (f) = f ϕ jest homomorfizmem Twierdzenie 312 (O bazie dualnej) dimv = dimv Dowód Niech v 1,, v n bȩdzie baz a V Definiujemy v1,, vn : V K wzorem { 1 i = j, vi (v j ) = δ i,j = 0 i j (1) v 1,, v n liniowo niezależne: Jeśli α 1 v 1 α n v n = 0, to dzia laj ac na v i otrzymujemy α i = 0 (2) Niech ϕ V bȩdzie dowolnym elementem Wtedy dla α i = ϕ(v i ) mamy ϕ = α 1 v 1 α n v n Bazȩ v 1,, v n zdefiniowan a w dowodzie powyższego twierdzenia nazywamy baz a dualn a lub baz a sprzȩżon a do bazy v 1,, v n Macierze i dzia lania na macierzach Macierz a nad cia lem K wymiaru m n nazywamy rodzinȩ elementów (α ij ) cia la K, gdzie 1 i m, 1 j n Macierz (α ij ) zapisywać bȩdziemy w postaci tablicy: α 11 α 12 α 1n α 21 α 22 α 2n α m1 α m2 α mn Zbiór wszystkich macierzy wymiaru m n nad cia lem K oznaczać bȩdziemy przez Mat m n (K) a dla m = n przez Mat n (K)

22 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Twierdzenie 313 Mat m n (K) jest przestrzeni a liniow a nad cia lem K z dzia laniami (α ij )+(β ij ) = (α ij +β ij ), α (α ij ) = (α α ij ) Ponadto Mat m n (K) = K mn a w szczególności Mat 1 n (K) = K n oraz Mat m 1 (K) = K m Dowód Izomorfizm Mat m n (K) K mn jest zadany przyporz adkowaniem: (α ij ) (α 11,, α 1n, α 21,, α 2n,, α m1,, α mn ) Dla bȩdziemy oznaczać α ij = A ij α 11 α 12 α 1n α 21 α 22 α 2n A = α m1 α m2 α mn Mamy odwzorowanie z lożenia: Mat m n (K) Mat n k (K) Mat m k (K) Dla A Mat m n (K), B Mat n k (K) przyjmujemy Przyk lad Dla A = ( n (AB) st = A si B it i=1 ) i B = ( ) AB = = i analogicznie BA = Ponadto mamy odwzorowanie transpozycji Mat m n (K) Mat n m (K) mamy ( określone wzorem: t(a) ij = A ji Macierz t(a) nazywać macierz a transponowan a do A i oznaczć A t )

23 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Przyk lad Dla A = ( ) mamy A t = Macierz A nazywamy symetryczn a o ile A t = A Wyróżniamy też macierz jednostkow a któr a oznaczać bȩdziemy przez E lub I Dla macierzy A Mat n n (K) macierz B Mat n n (K) tak a, że AB = BA = I nazywamy macierz a odwrotn a i oznaczać bȩdziemy przez A 1 Lemat 314 Dla dowolnych A Mat m n (K), B, C Mat n k (K) oraz α K mamy A (B + C) = A B + A C, A (α B) = α(a B) Dowód (A (B + C)) st = n i=1 A si (B + C) it = n i=1 A si (B it + C it ) = ni=1 A si B it + n i=1 A si C it = (A B) st + (A C) st Lemat 315 Dla dowolnych A Mat m n (K), B Mat n k (K) oraz C Mat k l (K) mamy A (B C) = (A B) C Dowód (A (B C)) st = n i=1 A si (B C) it = n i=1 A si ( n j=1 (B ij C jt )) = nj=1 ( n i=1 A si B ij )C jt ) = n j=1 (A B) sj C jt )) = ((A B) C) st Reprezentacja macierzowa homomorfizmu Niech V i W bȩd a przestrzeniami liniowymi z bazami uporz adkowanymi B V = {v 1,, v n } oraz B W = {w 1,, w n } oraz niech ϕ : V W bȩdzie homomorfizmem Stowarzyszamy z ϕ macierz M B V B W (ϕ) której i-ta kolumna sk lada siȩ ze wspó lczynników kombinacji ϕ(v i ) w bazie B W tzn M B V B W (ϕ) = (α ij ) wtedy i tylko wtedy gdy ϕ(v i ) = α 1i w α mi w m Macierz t a nazywamy macierz a homomorfizmu ϕ w bazach B V oraz B W

24 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Przyk lad Macierz a homomorfizmu f : K 2 K 3 f(x, y) = (x, x+y, x+2y) 1 0 w bazach standardowych jest Niech V bȩdzie przestrzeni a liniow a nad cia lem K z bazami uporz adkowanymi B = {v 1,, v n } oraz B = {v 1,, v n} Macierz a przejścia od B do B nazywamy macierz M B B której i-ta kolumna sk lada siȩ ze wspó lczynników kombinacji wektora v i w bazie B tzn M B B = (α ij ) wtedy i tylko wtedy gdy v i = α 1i v α n,i v n Latwo pokazać, Wniosek 316 M B B = M B B (id V ) Twierdzenie 317 Niech ϕ : V W bȩdzie homomorfizmem przestrzeni liniowych, B V = {v 1,, v n } i B V = {v 1,, v n} bazami uporz adkowanymi V zaś B W = {w 1,, w n } i B W = {w 1,, w n} bazami uporz adkowanymi W Wtedy M B V B (ϕ) = M B W W B M B V W B W (ϕ)m B V B V Dowód Oznaczmy M B V B W (ϕ) = A = (α ij ), M B V B V C = (γ ij ) Wtedy ϕ(v i) = ϕ( n r=1 β ri v r ) = n r=1 β ri ϕ(v r ) = n r=1 β ri ( m s=1 α sr w s ) = n r=1 β ri ( m s=1 α sr ( m t=1 γ ts w t))) = m t=1 ( n r=1 ( m s=1 (γ t,s α sr ))β ri )w t = m t=1 ( n r=1 ((CA) tr B ri )w t = m t=1 ((CA)B) ti )w t = B = (β ij ) oraz M B W B W = Zatem i-ta kolumna macierzy homomorfizmu ϕ w bazach B V oraz B W równa jest i-tej kolumnie macierzy CAB co kończy dowód twierdzenia

25 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Twierdzenie 318 Niech ϕ : V W oraz ψ : W U bȩd a homomorfizmami przestrzeni liniowych, zaś B U, B V oraz B W bazami uporz adkowanymi U, V i W Wtedy M B V B U (ψ ϕ) = M B W BU (ψ)m B V B W (ϕ) Dowód Niech B U = {u 1,, u k }, B V = {v 1,, v n } oraz B W = {w 1,, w m } i oznaczmy M B V B W (ϕ) = A = (α ij ), M B W BU (ψ) = B = (β ij ) Wtedy (ψ ϕ)(v i ) = ψ(ϕ(v i )) = ψ( m r=1 α ri w r ) = m r=1 α ri ψ(v r ) = m r=1 α ri ( k s=1 β sr u s ) = k s=1 ( m r=1 β sr α ri )u s = k s=1 (BA) si )u s Zatem i-ta kolumna macierzy M B V B U (ψ ϕ) równa jest i-tej kolumnie macierzy M B W BU (ψ)m B V B W (ϕ) co kończy dowód twierdzenia Wniosek 319 f : V W jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy dla dowolnych baz B V i B W przestrzeni V i W M B V B W (f) jest odwracalna Dowód : Niech g : W V bȩdzie homomorfizmem odwrotnym do f Wtedy f g = id W oraz g f = id V Zatem M B V B W (f)m B W BV (g) = M B W BW (f g) = M B W BW (id W ) = E i analogicznie M B W BV (g)m B V B W (g) = E : Niech B V i B W bȩd a bazami uporz adkowanym przestrzeni V i W oraz niech A = (α ij ) = M B V B W (f) Niech B = (β ij ) = A 1 i niech g : W V bȩdzie homomorfizmem zadanym wzorem g(w i ) = n s=1 β si v s Wtedy Analogicznie f(g(w i )) = n s=1 β si f(v s ) = n s=1 β si ( n t=1 α ts w t ) = n t=1 ( n s=1 α t,s β si )w t = n t=1 (AB) ti )w t = w i g(f(v i )) = g( n s=1 α s,i w s = n s=1 α s,i g(w s ) = n s=1 α s,i ( n t=1 β t,s v t ) = n t=1 ( n s=1 β t,s α s,i )v t ) = ( n t=1 (BA) t,i )v t = v i

26 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Wniosek 320 (1) Macierz przejścia od bazy B do bazy B jest macierz a jednostkow a (2) M B 2 B 1 M B 3 B 2 = M B 3 B 1 (3) M B 2 B 1 jest odwracalna i (M B 2 B 1 ) 1 = M B 1 B 2 Dowód (1) jest oczywista (2) Niech M B 2 B 1 = A oraz M B 3 B 2 = B Wtedy na mocy wniosku 316, A = M B 2 B 1 (id V ) oraz B = M B 3 B 2 (id V ) Zatem na mocy 318, AB = M B 3 B 1 (id V ) = M B 3 B 1 (3) Na mocy (2) i (1) M B 2 B 1 M B 1 B 2 = M B 1 B 1 = E Zatem istotnie (M B 2 B 1 ) 1 = M B 1 B 2 Przypomnijmy, że dla dowolnej przestrzeni V z baz a B = {v 1,, v n } zdefiniowaliśmy w twierdzeniu 312 bazȩ dualn a B = {v 1,, v n} przestrzeni sprzȩżonej V = L(V, K) zaś w twierdzeniu 311 dla dowolnego homomorfizmu f : V W zdefiniowaliśmy homomorfizm indukowany f : W V wzorem f (ϕ) = ϕ f Twierdzenie 321 Niech V i W bȩd a przestrzeniami liniowymi nad cia lem K o bazach uporz adkowanych B V oraz B W oraz niech f : V W bȩdzie homomorfizmem Wtedy M B W B (f ) = (M B V V B W (f)) t, gdzie BW oraz B V s a bazami dualnymi do B W oraz B V Dowód Niech B V = {v 1,, v n }, BV = {v 1,, vn}, B W = {w 1,, w m }, BW = {w 1,, wm} Przypomnijmy, że vi : V K jest jednoznacznie wyznaczone przez warunek vi (v j ) = δ ij Niech A = (α ij ) = M B V B W (f) Wtedy f(v j ) = m s=1 α sj w s oraz f (wi ) = wi f Zatem (wi f)(v j ) = wi ( m s=1 α sj w s ) = m s=1 α sj wi (w s ) = α ij i wobec tego f (wi ) = α i1 v1 α in vn Wniosek 322 Jeżeli f : V W jest izomorfizmem to f : W V jest także izomorfizmem Dowód f jest izomorfizmem M B V B W (f) jest odwracalna (M B V B W (f)) t = (f ) jest odwracalna f jest izomorfizmem M B W B V

27 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Podsumowuj ac, maj ac dwie przestrzenie liniowe V i W wymiarów n i m odpowiednio i ustalaj ac ich bazy B V = {v 1,, v n } oraz B W = {w 1,, w m } istnieje wzajemnie jednoznczna odpowiedniość ustalona przez przyporz adkowania gdzie ϕ A (v i ) = α 1i w α mi w m L(V, W ) Mat m n (K) ϕ M B V B W (ϕ) A ϕ A,

28 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Uk lady równań liniowych Uk ladem równań liniowych o n zmiennych i wspó lczynnikach w ciele K nazywamy uk lad równań postaci: α 11 x 1 + α 12 x α 1n x n = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2n x n = β 2 α m1 x 1 + α m2 x α mn x n = β m gdzie α ij, β i K Uk lad ( ) nazywamy jednorodnym o ile β 1 = = β m = 0 i niejednorodnym w przeciwnym wypadku Z uk ladem ( ) stowarzyszamy dwie macierze ( ) A = α 11 α 12 α 1n α 21 α 22 α 2n Au = α 11 α 12 α 1n β 1 α 21 α 22 α 2n β 2 α m1 α m2 α mn α m1 α m2 α mn β m zwanymi macierz a i macierz a rozszerzon a uk ladu ( ) Mówimy, że uk lad równań ( ) jest równoważny uk ladowi α 11x 1 + α 12x α 1nx n = β 1 α 21x 1 + α 22x α 2nx n = β 2 α l1x 1 + α l2x α lnx n = β l co zapisujemy ( ) ( ) o ile każde równanie uk ladu ( ) można otrzymać mnoż ac najpierw każde równanie uk ladu ( ) przez pewne elementy cia la K a nastȩpnie dodaj ac otrzymane równania stronami i odwrotnie każde równanie uk ladu ( ) można otrzymać mnoż ac najpierw każde równanie uk ladu ( ) przez pewne elementy cia la K a nastȩpnie dodaj ac otrzymane równania stronami Przyk lad Uk lady ( )

29 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, x 1 + 2x 2 = 1 x 1 + x 2 = 2 } (A) x 2 = 1 x 1 + x 2 = 2 } (B) s a równoważne Rozwi azaniem uk ladu równań ( ) nazywamy taki ci ag (α 1,, α n ) elementów cia la K, że po zast apieniu w równaniach tego uk ladu niewiadomych x 1,, x n elementami α 1,, α n otrzymujemy równości prawdziwe w ciele K Zbiór rozwi azań uk ladu ( ) oznaczać bȩdziemy symbolem Roz ( ) Twierdzenie 41 Równoważne uk lady równań maj a te same zbiory rozw azań Dowód Niech ( ) ( ) Zapiszmy skrótowo l 1 (x 1,, x n ) = β 1 l 1(x 1,, x n ) = β 1 l 2 (x 1,, x n ) = β 2 l 2(x 1,, x n ) = β 2 ( ) l m (x 1,, x n ) = β m l s(x 1,, x n ) = β s Niech (α 1,, α n ) Roz ( ) i niech l i(x 1,, x n ) = β i bȩdzie dowolnym równaniem uk ladu ( ) Wtedy l i(x 1,, x n ) = δ 1 l 1 (x 1,, x n ) + + δ m l m (x 1,, x n ) oraz β i = δ 1 β δ m β m St ad l i(α 1,, α n ) = δ 1 l 1 (α 1,, α n )+ +δ m l m (α 1,, α n ) = δ 1 β 1 + +δ m β m = β i Zatem Roz ( ) Roz ( ) i analogicznie pokazuje siȩ inkluzjȩ przeciwn a Zbiór rozwi azań uk ladu równań liniowych ( ) traktujemy jako podzbiór przestrzeni liniowej K n Stwierdzenie 42 Niech α 11 x 1 + α 12 x α 1n x n = 0 α 21 x 1 + α 22 x α 2n x n = 0 α m1 x 1 + α m2 x α mn x n = 0 bȩdzie jednorodnym uk ladem równań nad cia lem K podprzestrzeni a przestrzeni K n ( ) ( ) Wtedy Roz ( ) jest

30 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Dowód (pierwszy) Niech α, β K, α = (α 1,, α n ), β = (β 1,, β n ) Roz ( ) bȩd a dowolnymi elementami Niech jak wcześniej l i (x 1,, x n ) = l i ( x) oznacza lew a stronȩ i-tego równania uk ladu ( ) Wtedy l i ( α) = l i ( β) = 0 a zatem l i (α α + β β) = αl i ( α) + βl i ( β) = 0 Zatem α α + β β Roz ( ) (drugi) Niech A = (α ij ) bȩdzie macierz a uk ladu ( ) i niech ϕ A : K n K m bȩdzie homomorfizmem o macierzy A w bazach standardowych Mamy ϕ A (e i ) = (A i ) t St ad ϕ A (α 1,, α n ) = ϕ A (α 1 e α n e n ) = α 1 (A 1 ) t + + α n (A n ) t = (α 1 A α n A n ) t a zatem (α 1, + α n ) Roz ( ) (α 1, + α n ) Kerϕ A St ad Roz ( ) = Kerϕ A Wcześniej jednak pokazaliśmy, że Kerϕ A jest podprzestrzeni a przestrzeni K n Twierdzenie 43 Niech α 11 x 1 + α 12 x α 1n x n = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2n x n = β 2 α m1 x 1 + α m2 x α mn x n = β m ( ) bȩdzie uk ladem równań liniowych o wspó lczynnikach w ciele K i niech α = (α 1,, α n ) bȩdzie dowolnym rozwi azaniem tego uk ladu oraz niech ( ) bȩdzie uk ladem jednorodnym stowarzyszonym z uk ladem ( ) Wtedy Roz ( ) = α + Roz ( ) tzn Roz ( ) jest warstw a w przestrzeni K n Dowód Zapiszmy ( ) oraz ( ) w postaci l 1 (x 1,, x n ) = β 1 l 2 (x 1,, x n ) = β 2 l m (x 1,, x n ) = β m ( ) l 1 (x 1,, x n ) = 0 l 2 (x 1,, x n ) = 0 l m (x 1,, x n ) = 0 ( ) Niech ξ = (ξ 1,, ξ n ) Roz ( ) Wtedy ξ α = η Roz ( ) a st ad ξ = α + η α + Roz ( ) Zatem Roz ( ) α + Roz ( )

31 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Niech teraz ξ α + Roz ( ) Wówczas ξ = α + η gdzie η Roz ( ) a wtedy l i ( α + η) = l i ( α) + l i ( η) = β i + 0 = β i czyli ξ Roz ( ) Niech Macierz α 11 α 12 α 1n α 21 α 22 α 2n α m1 α m2 α mn A j = α 1j α 2j α mj Mat m n(k) Mat m 1(K) nazywamy j-t a kolumn a macierzy A, zaś macierz A i = (α i1, α i2,, α in ) Mat 1 n (K) jej i-tym wierszem Na A i można patrzeć jak na elementy przestrzeni K m zaś na A i jak na elementy przestrzeni K n Rzȩdem wierszowym r w (A) (odp kolumnowym r c (A)) macierzy A nazywamy maksymaln a ilość liniowo niezależnych wierszy (odp kolumn) tej macierzy Wniosek 44 r w (A) = dim(lin(a 1,, A m )), r c (A) = dim(lin(a 1,, A n )) Przyk lad Dla A = r c (A) = 2 ( ) i B = Mamy r w (A) = 2 oraz Lemat 45 Niech ϕ : V W bȩdzie przekszta lceniem liniowym nad K i niech v 1,, v n bȩdzie baz a V Wtedy Imϕ = lin(ϕ(v 1 ),, ϕ(v 1 )) Dowód : Jeśli w Im(ϕ) to w = ϕ(v) dla pewnego v V Wtedy v = α 1 v 1 + +α n v n dla pewnych α i K a st ad w = ϕ(v) = α 1 ϕ(v 1 )+ + α n ϕ(v n ) : Niech w lin(ϕ(v 1 ),, ϕ(v n ) Wtedy w = α 1 ϕ(v 1 ) + + α n ϕ(v n ) = ϕ(α 1 v α n v n ), dla pewnych α i K a zatem w Imϕ

32 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Twierdzenie 46 Dla A Mat m n (K), r w (A) = r c (A) Dowód Niech A = (α i,j ) i niech ϕ A : K n K m bȩdzie homomorfizmem o macierzy A w bazach standardowych Mamy ϕ A (e i ) = A i a zatem Imϕ A = lin(a 1,, A n ) St ad dim(imϕ A ) = dim(lin(a 1,, A n )) = r c (A) ozn = p Z twierdzenia 33 n = dimk n = dim(imϕ A ) + dim(kerϕ A ) = r c (A)+dim(Roz ( )), gdzie ( ) jest uk ladem jednorodnym stowarzyszonym z macierz a A Niech q = r w (A) i niech A i1,, A iq bȩdzie maksymalnym uk ladem liniowo niezależnych wierszy Wtedy każdy inny wiersz macierzy A jest kombinacj a liniow a powyższych wierszy i tym samym uk lad ( ) jest równoważny uk ladowi α i1 1x 1 + α i1 2x α i1 nx n = 0 α i2 1x 1 + α i2 2x α i2 nx n = 0 α iq1x 1 + α iq2x α iqnx n = 0 ( ) Wobec tego Roz ( ) = Roz ( ) Niech A oznacza macierz uk ladu ( ) Jak poprzednio dowodzimy, że n = dimk n = dim(imϕ A ) + dim(kerϕ A ) = dim(imϕ A ) + dim(roz ( )) Zatem p = r c (A) = n dim(roz ( )) = n dim(roz ( )) = dim(imϕ A ) q Zatem r c (A) r w (A) Wobec dowolności Macierzy A mamy także r c (A t ) r w (A t ) Jednak r c (A t ) = r w (A) oraz r w (A t ) = r c (A) St ad r w (A) r c (A) a zatem r w (A) = r c (A) Rzȩdem r(a) macierzy A Mat m n (K) nazywamy wspóln a wartość rzȩdu wierszowego i kolumnowego Twierdzenie 47 (Kroneckera-Capelliego) Niech α 11 x 1 + α 12 x α 1n x n = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2n x n = β 2 α m1 x 1 + α m2 x α mn x n = β m ( )

33 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, bȩdzie uk ladem niejednorodnym Wówczas Roz ( ) r(a) = r(a u ), gdzie A jest macierz a, zaś A u macierz a rozszerzon a uk ladu ( ) Jeśli ponadto Roz ( ) to Roz ( ) jest warstw a pewnej podprzestrzeni o wymiarze n r(a) w przestrzeni K n Dowód Napiszmy uk lad ( ) w postaci wektorowej: x 1 A 1 + x 2 A x n A n = A n+1, gdzie A 1,, A n s a kolumnami macierzy A które traktujemy jak wektory przestrzeni K m zaś A n+1 jest kolumn a wyrazów wolnych β 1,, β m K Wtedy (α 1,, α n ) K n jest rozwi azaniem uk ladu ( ) wtedy i tylko wtedy gdy A n+1 = α 1 A 1 + α 2 A α n A n Zatem Roz ( ) A n+1 lin(a 1,, A n ) lin(a 1,, A n ) = lin(a 1,, A n, A n+1 ) dim(lin(a 1,, A n )) = dim(lin(a 1,, A n, A n+1 )) r(a) = r(a u ) Dla dowodu drugiej czȩści twierdzenia zauważmy, że dla α Roz ( ) mamy Roz ( ) = α + Roz ( ) Z kolei pokazaliśmy, że Zatem dimroz ( ) = n r(a) n = dimk n = r c (A) + dimroz ( )

34 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Wyznaczniki Niech A = (α ij ) Mat m n (K) bȩdzie macierz a Wygodnie zapisać macierz tak a w postaci ci agu jej kolumn A = (A 1,, A n ), gdzie A i = Wyznacznikiem stopnia n nazywamy funkcjȩ spe lniaj ac a warunki: α 1,i α 2,i α m,i det : Mat n n (K) = Mat n (K) K (1) Dla dowolnych j n, α, β K det(a 1,, A j 1, αa j +βa j, A j+1,, A n ) = αdet(a 1,, A j 1, A j, A j+1,, A n ) + βdet(a 1,, A j 1, A j, A j+1,, A n ) (2) det(a 1,, A n ) = 0 jeżeli A j = A j+1 dla pewnego j = 1, n 1 (3) Jeżeli I jest macierz a jednostkow a to det(i) = 1 Później pokażemy istnienie i jednoznaczność wyznacznika Potrzebne do tego b ad a pewne wiadomości o permutacjach Permutacj a zbioru n elementowego {1,, n} nazywamy dowoln a bijekcjȩ σ : {1, n} {1, n} Niech S n oznacza zbiór wszystkich permutacji zbioru n elementowego Wtedy S n jest grup a ze wzglȩdu na dzia lanie superpozycji przekszta lceń Zad Porównać powyższ a definicjȩ z definicj a szkoln a Permutacjȩ σ S n nazywamy cyklem d lugości k o ile istnieje ci ag elementów 1 i 1, i 2,, i k n taki, że σ(i 1 ) = i 2, σ(i 2 ) = i 3,, σ(i k 1 ) = i k, σ(i k ) = i 1, oraz σ(j) = j dla j i 1,, i k Zapisujemy wtedy σ = (i 1, i 2,, i k ) Cykl d lugości 2 nazywamy transpozycj a Nietrudno udowodnić nastȩpuj ace twierdzenie zwi azane z tymi pojȩciami

35 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, Twierdzenie Każda permutacja σ S n jest z lożeniem skończonej ilości transpozycji Przyk lad Niech σ = ( ) Wtedy σ = (1, 2, 4, 5, 3)(6, 7)(8, 9) oraz (1, 2, 4, 5, 3) = (1, 3)(1, 5)(1, 4)(1, 2) Zatem σ = (1, 3)(1, 5)(1, 4)(1, 2)(6, 7)(8, 9) Zauważmy ponadto, że σ = (2, 4)(1, 3)(1, 5)(2, 4)(1, 4)(1, 2)(6, 7)(8, 9) Twierdzenie Jeżeli σ = σ 1 σ s oraz σ = τ 1 τ t s a dwoma rozk ladami permutacji σ to ( 1) s = ( 1) t Liczbȩ ( 1) s nazywamy znakiem permutacji i oznaczać bȩdziemy symbolem sgn(σ) Twierdzenie Każda permutacja jest z lożeniem pewnej skończonej ilości transpozycji elementów s asiednich Przyk lad (2, 5) = (2, 3)(3, 4)(4, 5)(3, 4)(2, 3) Wniosek 51 (1) det(a 1,, A j, A j+1,, A n ) = det(a 1,, A j+1, A j,, A n ), (2) det(a 1,, A n ) = 0 gdy A k = A l dla pewnych k l, (3) det(a 1,, A k,, A l,, A n ) = det(a 1,, A l,, A k,, A n ), (4) det(a σ(1),, A σ(n) ) = sgn(σ)det(a 1,, A n ), (5) det(a 1,, A j + αa k,, A k,, A n ) = det(a 1,, A n ), (6) det(a 1,, A n ) = 0 gdy pewna kolumna A j sk lada siȩ z samych zer Lemat 52 Dla A = (α ij ), B = (β ij ) Mat n n (K) mamy det(ab) = deta σıs n sgn(σ)β σ(1),1 β σ(n),n Dowód Niech AB = (H 1,, H n ) Wtedy H j = (AB) 1j (AB) nj = ns=1 α 1s β sj ns=1 α ns β sj = n s=1 β sj α 1s α ns = n s=1 β sj A s

36 Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, dla j = 1,, n Zatem det(ab) = det(h 1,, H n ) = det( n s=1 β s1 A s,, n s=1 β sn A s ) = det( n s1 =1 β s1 1A s 1,, n sn=1 β snna sn ) = n s1 =1 n sn=1 β s1 1 β snndet(a s 1,, A sn ) = ( ) Jeżeli s i = s j dla i j to det(a s 1, A s 2,, A sn ) = 0 Zatem w powyższym sumowaniu wystȩpuj a tylko sk ladniki dla których wyrazy s 1, s 2,, s n s a różne Dladowolnego takiego ci agu definiujemy permutacjȩ σ(i) = s i Wtedy wracaj ac do naszej równości mamy ( ) = σ S n β σ(1)1 β σ(n)n )det(a σ(1),, A σ(n) ) = σ S n β σ(1)1 β σ(n)n )sgn(σ)det(a 1, A 2,, A n ) = det(a) σ S n sgn(σ)β σ(1)1 β σ(n)n ) Twierdzenie 53 (o istnieniu i jednoznaczności wyznacznika) Istnieje dok ladnie jedna funkcja D : Mat n n (K) K spe lniaj aca warunki (1) (3) definicji wyznacznika Ma ona postać: gdy A = (α ij ) D(A) = σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(2)2 α σ(n)n Dowód Dla dowodu istnienia należy sprawdzić, że powyższa funkcja spe lnia warunki (1) (3) definicji wyznacznika (1) Niech B j = (β ij ) Wtedy D(A 1,, A j 1, αa j + βb j, A j+1,, A n ) = = σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(j 1)j 1 (αα σ(j)j + ββ σ(j)j )α σ(j+1)j+1 α σ(n)n =α σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(j 1)j 1 α σ(j)j α σ(n)n + β σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(j 1)j 1 β σ(j)j α σ(j+1)j+1 α σ(n)n =αd(a 1, A j 1, A j, A j+1,, A n )+βd(a 1, A j 1, B j, A j+1,, A n ) (2) Niech A j = A j+1 dla j < n Wtedy D(A 1, A n ) = = σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(j 1)j 1 α σ(j)j α σ(j+1)j+1 α σ(j+2)j+2 α σ(n)n = σ S n sgnσα σ(1)1 α σ(j 1)j 1 α σ(j)j α σ(j+1)j α σ(j+2)j+2 α σ(n)n = 0