Podprzestrzeń wektorowa, baza, suma prosta i wymiar Javier de Lucas

Transkrypt

1 Podprzestrzeń wektorowa, baza, suma prosta i wymiar Javier de Lucas Ćwiczenie 1. Niech W = {(x 1, x 2, x 3 ) K 3 : x x x 2 3 = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 }. Czy W jest podprzestrzeni a gdy K = R? A kiedy K = C? Podaj wymiar W gdy jest podprzestrzeni a. Rozwi azanie: Warunek ustalaj acy czy (x 1, x 2, x 3 ) W można napisać inaczej x x x 2 3 = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 2(x x x 2 3) = 2(x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) (x 1 x 2 ) 2 + (x 2 x 3 ) 2 + (x 3 x 1 ) 2 = 0. Z tego, wynika, że dla przestrzeni liniowej nad R wektor (x 1, x 2, x 3 ) W wtedy i tylko wtedy x 1 = x 2 = x 3. Z kryterium podprzestrzeni liniowej wynika, że niepusty podzbiór W przestrzeni liniowej jest podprzestrzeni a liniow a wtedy i tylko wtedy gdy dowolna liniowa kombinacja elementów W należy do W. Oczywiście, jeżeli x, y W, to dla dowolnych λ 1, λ 2 R mamy, że λ 1 x + λ 2 y = (λ 1 x 1 + λ 2 y 1, λ 1 x 2 + λ 2 y 2, λ 1 x 3 + λ 3 y 3 ). Skoro x, y W, to x 1 = x 2 = x 3 i y 1 = y 2 = y 3, wtedy λ 1 x 1 + λ 2 y 1 = λ 1 x 2 + λ 2 y 2 = λ 1 x 3 + λ 3 y 3 i λ 1 x + λ 2 y W. Jeżeli zak ladamy, że K = C, to jeżeli x 1 = x 2 = x 3, to (x 1, x 2, x 3 ) W, np. (i, i, i) należy do W. Natomiast, ten warunek nie jest konieczny, np. dla (2, 0, 1 i 3) mamy, że (1 i 3) 2 + ( 1 i 3) 2 = i 3 + 2i 3 = 0 (x 1, x 2, x 3 ) W. Również, (2, 0, 1 + i 3) W. Widać, że dodawanie tych wektorów, tj. (4, 0, 2), nie należy do W. Wiȩc, to nie podprzestrzeń nad C.

2 Ćwiczenie 2. Niech W = {w R 4 [X] : w( 1) = w(1), w ( 1/ 3) + w (1/ 3) = 0}, gdzie w to pochodna wielomianu w i R 4 [X] to przestrzeń liniowa wielomianów aż do stopnia 4. Sprawdzić, że W jest podprzestrzeni a przestrzeni wektorowej R 4 [X], znaleźć jak aś bazȩ W i obliczyć dim W. Rozwi azanie: Sprawdzamy, że W to podprzestrzeń liniowa. Wobec kryterium przestrzeni liniowej, niepusty podzbiór W przestrzeni a liniowej jest podprzestrzeni liniow a wtedy i tylko wtedy gdy dowolna liniowa kombinacja elementów W należy do W. Dla dowolnych wielomianów P, Q W, mamy, że dla dowolnych sta lych λ, µ R wynika, że i (λp + µq)( 1) = λp ( 1) + µq( 1) = λp (1) + µq(1) = (λp + µq)(1) (λp + µq) ( 1/ 3) = λp ( 1/ 3) + µq ( 1/ 3) = λp (1/ 3) µq(1/ 3) = (λp + µq) (1/ 3). Wiȩc, dowolna liniowa kombinacja elementów W należy do W i W jest podprzestrzeni a przestrzeni R 4 [X]. Teraz ustalmy bazȩ i wymiar podprzestrzeni W. Jeżeli w R 4 [X] można napisać Skoro w( 1) = w(1) to w = 4 a α X α, a 0, a 1, a 2, a 3, a 4 R. α=0 w( 1) = a 0 a 1 + a 2 a 3 + a 4 = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = w(1). Wówczas, a 1 = a 3. Ponadto, w ( 1/ 3) = w (1/ 3). Wiemy, że Wiȩc, w (X) = a 1 + 2a 2 X + 3a 3 X 2 + 4a 4 X 3. w ( 1/ 3) = a 1 2a 2 / 3+a 3 4a 4 / 3 3 = a 1 2a 2 / 3 a 3 4a 4 / 3 3 = w (1/ 3). Z tego wynika, że a 1 + a 3 = 0 a 1 = a 3.

3 Można zauważyć, że elementy W s a wielomianami których wspó lczynniki s a rozwi azaniami uk ladu a 1 + a 3 = 0. Czyli W to zbiór wielomianów postaci a 0 + a 1 X + a 2 X 2 a 1 X 3 + a 4 X 4 = a 0 + a 1 (X X 3 ) + a 2 X 2 + a 4 X 4. Widać, że wielomiany 1, X X 3, X 4, X 2 generuj a i s a liniowo niezależne. Te wektory s a liniowo niezależne i generuj a W. Wówczas, tworz a bazȩ W. Wówczas, dim W = 4. Ćwiczenie 3. Niech W = {w R 4 [X] : w( p) = w(p), w (1) + w ( 1) = 0} dla p R. Sprawdzić, że W p jest podprzestrzeni a przestrzeni wektorowej R 4 [X], znaleźć jak aś bazȩ W p i obliczyć dim W p. Dodatkowo, uzupe lnij bazȩ W do bazy R 4 [X]. Rozwi azanie: Sprawdzamy, że W to podprzestrzeń liniowa. Korzystaj ac z kryterium, zauważamy, że dla dowolnych wielomianów P, Q W i sta lych λ, µ R wynika, że i (λp + µq)( p) = λp ( p) + µq( p) = λp (p) + µq(p) = (λp + µq)(p) (λp + µq) (1) = λp (1) + µq (1) = λp ( 1) µq ( 1) = (λp + µq) ( 1). Wiȩc, dowolna liniowa kombinacja elementów W należy do W i W jest podprzestrzeni a przestrzeni R 4 [X]. Jeżeli w R 4 [X] można napisać Skoro w( p) = w(p) to w = 4 a α X α, a 0, a 1, a 2, a 3, a 4 R. α=0 w( p) = a 0 a 1 p + a 2 p 2 a 3 p 3 + a 4 p 4 = a 0 + a 1 p + a 2 p 2 + a 3 p 3 = w(p). Wówczas, pa 1 = pa 3. Ponadto, w (1) = w ( 1). Wiȩc, w (1) = a 1 + 2a 2 + 3a 3 + 4a 4 = a 1 + 2a 2 3a 3 + 4a 4 = w( 1).

4 Z tego wynika, że a 1 + 3a 3 = 0. Można zauważyć, że elementy W s a wielomianami których wspó lczynniki s a rozwi azaniami uk ladu a 1 + 3a 3 = 0, p(a 1 + a 3 ) = 0. Zatem, W p dlq p 0 to zbiór wielomianów postaci Wielomiany w = a 0 + a 2 X 2 + a 4 X 4. 1, X 2, X 4 s a liniowo niezależne i generuj a. Zatem, tworz a bazȩ. Wówczas, dim W = 3. Do tego, możemy dodać liniowo niezależne wektory X i X 3 generuj ace podprzestrzeń V = X, X 3. Widać, że 1, X 2, X 4, X, X 3 s a liniowo niezależne, to tworz a bazȩ przestrzeni R 4 [X]. Warto zauważyć, że W + V = R 5 [X]. Skoro 5 = dim W + V = dim W + dim V dim W V i dim W = 3 i dim V = 2, widać, że dim U V = 0. Wówczas, U V = {0} i U V. Zbiór wielomianów podprzestrzeni W p dla p = 0 to Wielomiany w = a 0 3a 3 X + a 2 X 2 + a 3 X 3 + a 4 X 4. 1, 3X + X 3, X 2, X 4 s a liniowo niezależne i generuj a. Zatem, tworz a bazȩ. Wówczas, dim W = 4. Do tego, możemy dodać wektor X + X 3 i tworzyć bazȩ (proszȩ sprawdzić) 1, 3X + X 3, X + X 3, X 2, X 4 przestrzeni R 5 [X]. Jak wcześniej, widać, że W X + X 3 = R 5 [X]. Ćwiczenie 4. Dane przestrzenie liniowe R 4 i R 3 [X], zdefiniujemy Φ : R 4 R 3 [X] postaci Czy Φ jest izomorfizmem? Φ(a, b, c, d) = (a + b c)x 3 + bx 2 + (c + a)x + d.

5 Rozwi azanie: Odwzorowanie Φ jest odwzorowaniem liniowym wtedy i tylko wtedy gdy dla każdych wektorów v, w R 4 i liczb λ, µ R mamy, że Φ(w + v) = Φ(w) + Φ(v), Φ(λv) = λφ(v). Widać, że jeżeli v = (a, b, c, d) i w = (ā, b, c, d) to Φ(λv) = (λa + λb λc)x 3 + λbx 2 + (λc + λa)x + λd = λφ(v) i Φ(v+w) = ((a+ā)+(b+ b) (c+ c))x 3 +(b+ b)x 2 +((c+ c)+(a+ā))x+(d+ d) = Φ(v)+Φ(w) Teraz, mamy sprawdzić, że Φ jest surjekcj a. To oznacza, że dla dowolnego istnieje v R 4 taki, że Φ(v) = w. Czyli, w = λ 3 X 3 + λ 2 X 2 + λ 1 X + λ 0 a + b c = λ 3, b = λ 2, c + a = λ 1, d = λ 0. Z tego wynika, że d = λ 0, b = λ 2 a = λ 1 c i a = (λ 3 λ 2 + λ 1 )/2 i c = (λ 3 λ 2 λ 1 )/2 Oczywiście, to odwzorowanie jest injekcj a gdy Φ(w) = Φ(v) implikuje w = v. Z poprzedniego uk ladu, wynika, że jeżeli Φ(w) = 0, to w = 0. Korzystaj ac z tego i skoro Φ jest odwzorowaniem liniowym, widać, że Φ(w) = Φ(v) Φ(w v) = 0 w v = 0 w = v. i Φ jest injekcj a. Wiȩc, Φ jest bijekcj a. Ćwiczenie 5. Dana przestrzeń liniowa K n m macierzy m n o wspó lczynnikach w ciele K, rz ad macierzy to maksymalny zbiór liniowo niezależnych kolumn. Oblicz rz ad macierzy A := , B := o wspó lczynnikach w R.

6 Rozwi azanie: Macierz A: Rz ad macierzy to wymiar przestrzeni zgenerowanej przez jej kolumny. Dana macierz M, można udowodnić, że { } r rankm = dim span {M 1,..., M j,..., M k } = dim span M 1,..., λ i M i,..., M k, gdzie λ j 0 i M i, i {1,..., k}, s a kolumnami macierzy M. Z tego wynika, że ranka := rank Zauważymy, że ani pierwsza kolumna nie jest liniow a kombinacj a innych kolumn ani innej kolumny nie można napisać jako liniowej kombinacji zawieraj acej tȩ pierwsz a kolumnȩ. To rank A := 1+rank Macierz B: rankb := rank = 1 + rank = 1+rank rank = 1 + rank i=1 = 2+rank = 2 + rank [ = [ ] = 3. ] = 4.

7 Ćwiczenie 6. Podaj bazȩ podprzestrzeni V 1, V 2 przestrzeni R 5 postaci V 1 = (0, 1, 2, 3, 1), (0, 1, 3, 4, 0), (0, 4, 9, 13, 3), V 2 = (1, 1, 2, 3, 1), (1, 0, 3, 4, 0), (1, 2, 1, 2, 2), (3, 1, 7, 9, 1), (0, 2, 5, 7, 1). Oblicz V 1 + V 2, V 1 V 2 i sprawdź, że dim(v 1 + V 2 ) = dim V 1 + dim V 2 dim(v 1 V 2 ). Rozwi azanie: Wymiar V 1 to rz ad macierzy rankb := rank = rank = 2. Wiȩc, i zdefiniujemy V 1 = (0, 1, 3, 4, 0), (0, 0, 1, 1, 1), e 1 = (0, 1, 3, 4, 0), które tworz a bazȩ V 1. Wymiar V 2 to rz ad macierzy B to rank = rank e 2 = (0, 0, 1, 1, 1), = 2 + rank = 4.

8 Wiȩc, Zdefiniujemy V 2 = (1, 0, 3, 4, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 3, 4, 0), (0, 0, 1, 1, 1). f 1 = (1, 0, 3, 4, 0), f 2 = (0, 1, 0, 0, 0), f 3 = (0, 0, 3, 4, 0), f 4 = (0, 0, 1, 1, 1). Takie wektory tworz a bazȩ V 2. Widać, że U + V jest zgenerowany przez wektory baz U i V. Wiȩc, wymiar U + V to rz ad macierzy rank Widać, że dim V + U = 4, dim V = dim U = 2. Wiȩc, korzystaj ac z wzoru wynika, że dim(u + V ) = dim U + dim V dim U V dim U V = dim U + dim V dim(u + V ) = Wiȩc, U V = {0}. Czȩsto zdarza siȩ, że wzór wymiarów nie pozwala nam ustalić przeciȩcia podprzestrzeni. Aby pokazać, co zrobić w takim przypadku, obliczymy U +V drug a metod a. Widać, że każdy element x U + V można napisać w postaci x = λ 1 e 1 + λ 2 e 2 = µ 1 f 1 + µ 2 f 2 + µ 3 f 3 + µ 4 f 4. = 4.

9 Jeżeli ustalimy wszystkie wartości λ 1, λ 2, µ 1, µ 2, µ 3, to możemy ustalić x. zrobić, musimy rozwi azać uk lad: = µ 1 = 0, µ 2 = λ 1, µ 4 = λ 2, µ 3 = λ 1. = Aby to Możemy zak ladać, że λ 1, λ 2 R s a dowolne i pozwalaj a nam ustalić µ 2, µ 3, µ 4 (µ 1 = 0). Wówczas, każdy element v V 1 należy do V 1 V 2..