Попов_40_лекций_по_линейной_алгебре11.07.2010

7. Очевидно, при а 0

a

1

b

a

b

ab

=

, так как

=

=1K.

b

a

b

a

ba

Упражнение. Проверить свойства 1, 4, 5, 8, 9 из опреде-

ления поля.

Построенное нами поле K называется полем отношений

или полем частных для кольца

А. Элементы поля K называ-

ются дробями.

Рассмотрим отображение : А K

такое, что

а A

(а)= a1 . Очевидно, (а1)= (а2) a11 = a12 (а1,1) (а2,1)

а1= а2, то есть является инъекцией. Будем считать, что А инъективно вкладывается в K при помощи , то есть будем

отождествлять элементы вида

a

в K с элементами а

и счи-

1

a

a

a

1

a

b

1

тать, что A K. Тогда

K

имеем

=

=

=

b

b

1

b

1

1

= а b-1 – привычное понимание дроби.

Упражнение. Доказать, что (а+b)= (а)+ (b), (аb)= (а) (b).

Замечания.

1.Если АКУ-кольцо А = Z, то в качестве поля K мы получим поле рациональных чисел Q.

2.Если A = Р – поле, то K = P.

3. Если Р – поле и АКУ-кольцо А = P[x], то в качестве поля K мы получим поле, которое называется полем рациональных функций и которое мы будем обозначать P(x). Эле-

	ментами поля P(x) являются рациональные функции					f (x)	,
						g(x)
	причем	f (x)	=	f1 (x)	f(x)g1(x) = f1(x)g(x).
		g(x)		g1 (x)

11.2. Поле рациональных функций.

Определение. Рациональная функция f (x) , k N, назы- p(x)k

вается простейшей дробью, если р(х) – простой многочлен и

101

ст.f(х) ст.р(х).

Например, если р(х) = х – а, то дроби	b	- простей-
	(x a)k

шие.

Теорема. Всякую рациональную функцию w(х) Р(х)

можно однозначно представить в виде w(х)= F(x)+ fij (x) ,

i, j pi (x) j

где F(x), fij P[x], рi(х) – простые многочлены, ст.fij cm.pi .

Доказательство.

1. Докажем существование разложения. Пусть

w(х)=

f (x)

, и g(x)= p1(x) k1 … pr(x) kr - разложение на простые

g(x)

множители,

pi(x) ≠ pj(x) при i ≠ j, и h(x) = p2(x) k2 … pr(x) kr .

Тогда w(х)=

f (x)

. Вычтем из w(х) простейшую дробь

p (x)k1 h(x)

1

f1 (x)

с неопределенным пока числителем f1(x):

p (x)k1

1

w(х) -

f1 (x)

=

f (x) f1(x)h(x)

. Покажем теперь, что можно

k

k

p (x) 1

p (x) 1 h(x)

1

1

подобрать

f1(x) так, чтобы числитель f(x) – f1(x)h(x) делился

на р1(х). В самом деле, так как

h(x) и p1(x) – взаимно про-

стые, то по утверждению 1 из 10.4 существуют многочлены u(x) и v(x) такие, что h(x)u(x) + p1(x)v(x)= 1. После умножения этого равенства на f слева и справа получим f = fuh + p1vf. В качестве f1 можно было бы взять fu, но мы не знаем, будет ли ст.fи ст.р1. В случае, когда ст.fи ст.р1, разделим fu на р1 с остатком: fи = qр1+ r1, ст.r1 ст.р1 . Тогда

f = fuh+ p1vf = (qр1+r1)h + p1vf = r1h+ p1(qh+ vf)= r1h+ p1 f , и

можно взять f1 = r1. Теперь f(x) – f1(x)h(x) делится на р1(х), и

ст.f1 ст.р1. Таким образом, w(х)=	f1 (x)		+	f (x) f1 (x)h(x)		=
	k			k
	p (x)	1		p (x) 1	h(x)
	1			1

102

=	f1 (x)	+	f (x)	. Далее такую же процедуру можно
	p (x)k1		p (x)k1 1 h(x)
1		1

f (x)

проделать с дробью p1 (x)k1 1 h(x) или считать, что для неѐ

утверждение выполнено по предположению индукции. Отсюда следует существование разложения рациональной функции на простейшие дроби.

2. Докажем единственность разложения. Пусть

w(х)=	f (x)	= F(x)+	fij (x)	= F(x)+	R(x)	f = Fg + R, и
	g(x)		j		g(x)
		i, j pi (x)

ст.R ст.g. Из однозначности деления с остатком f на g получаем, что F и R определяются однозначно. Пусть теперь

fij (x)

=

fij (x)

- два разложения на простейшие дроби.

j

j

i, j pi (x)

i, j pi (x)

Тогда

fij (x) fij (x)

=

fij (x)

= 0, где f ij = fij - f ij.

pi (x)

j

pi (x)

j

i, j

i, j

Если

f1k

,

f

0, - простейшая дробь в нашем разложении с

1

pk1

1k1

1

наивысшей степенью многочлена р1

в знаменателе, то об-

щим знаменателем для суммы

fij (x)

будет p1k1 h , где h на

j

i, j pi (x)

р1 не делится. Умножим равенство

fij (x)

= 0 на общий

j

i, j pi (x)

знаменатель.

Получим: f1k h +(сумма всех остальных слагае-

1

мых,

содержащих множитель р1) = 0, то есть f1k h +р1Н = 0.

1

не делятся на

р1. Мы получили противоречие.

Но f1k и h

1

Отсюда следует единственность разложения на простейшие дроби.

103

Лекция 24.

12. ПРЯМЫЕ СУММЫ ПОДПРОСТРАНСТВ

Определение. Пусть L1, L2 – подпространства в L. Тогда по определению сумма подпространств

L1 + L2 = {x + y | x L1, y L2}.

Аналогично, L1 +…+ Lт = {x1 +…+ хт | x1 L1,…,хт Lт}.

Упражнения.

1.Доказать, что L1 + L2 - подпространство.

2.Доказать, что L1 + L2 - 3)наименьшее 1)подпространство, 2)содержащее L1 и L2 .

3.Доказать, что (L1 + L2)+ L3 = L1 +( L2+ L3 ).

Определение. Сумма L1 + L2 подпространств L1 и L2

называется прямой и обозначается L1 L2 (или L1 L2), если

х L1 + L2 представление х = х1 + х2 , х1 L1, х2 L2 , однозначно.

Аналогично, L1+…+ Lт = L1 … Lт – прямая сумма т

подпространств, если х L1 +…+ Lт		представление
х = х1 +…+ хт , хi Li, однозначно.
Теорема 1. L1 + L2 = L1 L2 L1		L2 = {0}.
Доказательство.
. Пусть L1	L2 х, х 0 х = х + 0,	х L1, 0 L2 ,

х = 0 + х, 0 L1, х L2 . Следовательно, для х представление неоднозначно, то есть сумма подпространств – не прямая.

. Пусть L1 L2 = {0}, и для	а L1+ L2	имеем два пред-
ставления а = х1 + х2 = у1 + у2 ,	х1 , у1 L1,	х2, у2 L2 . Тогда
х1 – у1 = у2 – х2 L1 L2 = {0} х1 = у1 ,		х2 = у2 . Следова-

тельно, оба представления для а совпадают, и сумма подпространств – прямая.

Упражнение. Доказать, что L1 +…+Lk = L1 … Lk

(L1 +…+Li ) Li+1 = {0} i =1,2,…,k-1.

104

Теорема 2. Пусть {e1 ,…,ek} – базис подпространства L1, {ek+1 ,…,em} – базис подпространства L2 . Тогда

L1 + L2 = L1 L2 {e1 ,…,ek} {ek+1 ,…,em} – базис подпро-

странства L1 + L2.

Доказательство.

. Пусть L1 + L2 = L1 L2. Тогда х L1 + L2 представление х = х1 + х2 , х1 L1, х2 L2 , однозначно. И однозначным является выражение векторов х1 , х2 через базисы подпро-

странств: х1 = 1е1+…+ kеk , х2 = k+1еk+1+…+ mеm . Следо-

вательно, и выражение х = 1е1+…+ kеk+ k+1еk+1+…+ mеm однозначно {e1 ,…,ek ,ek+1 ,…,em} – базис подпространства

L1 + L2.

. Если {e1 ,…,ek ,ek+1 ,…,em} – базис подпространства L1 + L2,

то х L1+ L2 выражение х = 1е1+…+ kеk+ k+1еk+1+…+ mеm

однозначно. Тогда и для х1 = 1е1+…+ kеk L1,

х2 = k+1еk+1+…+ mеm L2 представление х = х1 + х2 – одно-

значно, то есть L1 + L2 = L1 L2.

Следствие. dim(L1 L2) = dim L1 + dim L2.

Упражнение. Доказать, что L1+…+Lk = L1 … Lk объединение базисов всех подпространств Li является базисом подпространства L1 +…+Lk .

Теорема 3. dim(L1 + L2) + dim(L1 L2)= dimL1 + dim L2 .

Доказательство. Пусть {e1 ,…,ed} – базис в L1 L2 . До-

полним его до базиса {e1 ,…,ed , f1 ,…, fk } подпространства L1 и до базиса {e1 ,…,ed ,g1 ,…,gm} подпространства L2. Покажем, что {e1 ,…,ed , f1 ,…, fk , g1 ,…,gm} – базис подпространства

L1+ L2 . В самом деле, х L1 + L2, х = х1 + х2 , х1 L1, х2 L2, х1 <е1,…,еd , f1,…, fk >, х2 <е1,…,еd , g1,…, gm >

х1 + х2 <е1,…,еd , f1,…, fk , g1,…, gm>. Покажем, что система векторов {е1,…,еd , f1,…, fk , g1,…, gm } линейно независима.

Пусть 1е1+…+ dеd + 1f1+…+ kfk + 1g1+…+ mgm = 0. Тогда1е1+…+ dеd + 1f1+…+ kfk = -( 1g1+…+ mgm ) L1 L21=…= k = 0 1е1+…+ dеd + 1g1+…+ mgm = 0

105

1=…= d= 1=…= m=0, так как {e1 ,…,ed ,g1 ,…,gm} – базис подпространства L2. Следовательно, в L1 + L2 векторы

{е1,…,еd , f1,…, fk , g1,…, gm } образуют базис, и dim(L1 + L2) = = d +k +m = d + m + k + d – d =dimL1 + dim L2 - dim(L1 L2).

13. ЛИНЕЙНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ

13.1. Линейное отображение и его матрица.

Пусть L, L - линейные пространства над полем P. Определение. Отображение : L L называется линей-

ным отображением, если
1.	a, b L	(a+b) = a + b,
2.	a L P		( a) = a.
Очевидно, условия 1-2 эквивалентны условию 3:
3.	a, b L , P			( a+ b) = a + b.
В самом деле, 3		следует из 1 и 2: ( a+ b)= ( a)+ ( b) =
= a + b,		2 следует из 3 при = 0, 1 следует из 3 при
1.

Как мы знаем, если линейное отображение является биекцией, то - изоморфизм линейных пространств L и L .

Примеры.

1.pr: E3 E2 - ортогональная проекция пространства E3

сортонормированным базисом i, j, k на подпространство

E2 = i, j параллельно подпространству k (оси Oz ).

2. : E3 E3, x E3 x = [a, x] – векторное произведение вектора х на фиксированный вектор a E3.

3. = dxd : Pn[x] Pn-1[x] – отображение дифференци-

рования.

4.: Pn[x] P, где f Pn[x] по определению

(f) = f(16).

5.: Pп[x] Pп+1[x], где f P[x] по определению

(f) = х f.

Замечание. Очевидно, можно считать, что в примере 1

106

pr – отображение из E3 в E3, а в примере 3 : Pn[x] Pn[x]. Упражнение. Доказать линейность отображений из при-

меров 1-5.

Простейшие свойства линейных отображений.

1.(0L)= 0L , но в общем случае -1(0L ) 0L , хотя-1(0L ) 0L – см. примеры 1- 4.

2.(-a) = - a a L.

k k

3.( i ai )= i ai .

i 1 i 1

Действительно, (0L) = (0Р 0L) = 0Р (0L) = 0L' ,

(-a)= ((-1) a)= (-1) a = - a, а свойство 3 доказывается индукцией по k.

Упражнение. Найти -1(0L ) в примерах 1-5.

Матрица линейного отображения.

Пусть Ln, Lm - линейные пространства над полем P,

: Ln Lm - линейное отображение, e={e1,…,en} - произвольный базис в Ln.

Лемма 1. Линейное отображение : Ln Lm полностью и однозначно определяется образами базисных векторов

e1 ,…, en .

n

Доказательство. Пусть x Ln, x = xi ei . Тогда

		i 1
n	n
x = ( xi ei )= xi ei x Ln		x определяется векто-
i 1	i 1
рами e1 ,…, en	причем однозначно.

Пусть : Ln Lm - линейное отображение, e={e1,…,en} – базис в Ln, e ={e 1,…,e m} – базис в Lm. Выразим векторы ej

m

через базис e . Пусть ej = aij ei , j=1,…,n. Матрицу

i 1

(aij) i 1,...,m, размером m n будем называть матрицей линейного

j 1,...,n

107

отображения в базисах	e и e и обозначать	A	, или [ ] ,
		e,e	e,e

или [ ], если ясно, какие базисы имеются ввиду. Очевидно,

A j = [ e		j	], то есть j-й столбец матрицы	A	- это столбец
e,e	e			e,e

координат вектора ej в базисе e . Единственность матрицы линейного отображения при фиксированных базисах e и e следует из леммы 1 и единственности координат вектора в данном базисе.

Упражнение. Найти матрицы линейных отображений в примерах 1-5.

Замечание. Пусть по определению [x] = [ x ] =	-
e

столбец координат вектора x в базисе e. Если допустить умножение векторов на элементы поля справа, положив по определению а = а Р, а L, то можно написать в матричном виде следующие равенства:

х = e1х1+…+enхn = (e1,…,en) [х] = e [х],

(13.1)

( e1,…, en) = (e 1,…,e m) [ ] или е=е [ ].

Лемма 2. Пусть e={e1,…,en} – базис в Ln, {a1,…,an} – произвольная система векторов в Lm. Тогда линейное отобра-

жение : Ln Lm такое, что ei= ai, i=1,…,n.

Доказательство.

1. Единственность. Пусть искомое существует. Тогда для

n		n	n	n
x = x j e j имеем	x = (	x j e j )=	x j ej = x j a j - отсюда
j 1		j 1	j 1	j 1
единственность.
				n
2. Существование. Пусть для произвольного x = x j e j по
				j 1
	n	n
определению x = ( x j e j )= x j a j . (Из п.1 видно, что
	j 1	j 1

никак иначе отображение мы определить и не можем).

108

n

Тогда - линейное отображение, так как x = x j e j Ln,

			j 1
n
у = у j e j Ln	и , Р имеем
j 1
	n	n	n
( x + у) = ( x j e j + у j e j )= ( ( x j у j )ej ) =
	j 1	j 1	j 1
n		n	n
= ( x j у j )a j =		x j a j + у j a j = x + у. Кроме
j 1		j 1	j 1

того, еi= (0·е1+…+1·еi+…+0·еn)=0·a1+…+1·ai+…+0·an= ai.

Замечание. Линейное отображение называется продолжением по линейности отображения базисных векторов

: {e1,…,en} Lm такого, что ei= ai, i=1,…,n.

Следствия. 1. (т п)-матрицы А ! линейное отображение : Ln Lm такое, что [ ] = А – для этого надо выбрать

e,e

векторы a1,…,an, координаты которых в базисе е , записанные по столбцам, образуют матрицу А, и применить лемму 2.

2. При фиксированных базисах е в Ln и е в Lm соответствие [ ] является биекцией между множеством линей-

e,e

ных отображений из Ln в Lm и множеством (т п)-матриц. Пусть x Ln , y = x Lm. Найдем связь координат векто-

							n
ров x в базисе e		и y = x в базисе		e .	Если x = x j e j ,
							j 1
	n	n	n	m		m	n
y= x= ( x j e j )= x j ej = x j				( aij ei )= ( aij x j ) e i=
	j 1	j 1	j 1	i 1		i 1	j 1
m		n
= yiei , то yi =		aij	x j . То есть [ y ]= A			[ x ] или
i 1		j 1		e	e,e	e
[ x ] = [ ] [ x ].
e	e,e e

109

В матричном виде, следуя (13.1), можно получить эту формулу так: х = (е[x]) = (е) [x] = e [ ] [x] = y =e [y]

[y] = [ x] = [ ] [x].

Важный частный случай линейных отображений.

Пусть : Ln Ln , e – базис в Ln , то есть Ln = Lm , n = m, e = e . Тогда называется линейным оператором (л.о.) или

эндоморфизмом в пространстве Ln. Матрицу			A	(соответст-
			e,e
венно, [ ] ) мы будем обозначать	A	(соответственно, [ ] ) и
e,e	e			e

называть матрицей линейного оператора в базисе e. Очевидно, матрица л.о. - квадратная (n n)-матрица, j-й столбец ко-

торой	A j	=[ e	j	], и	[ x ]= A		[ x ] = [ ] [ x ].
					e		e	e	e
	e	e				e

Ещѐ один важный частный случай линейных отображений.

Пусть m=1, то есть Lm= L1 = P, : Ln P, e – базис в Ln, e ={1} – базис в L1 = P. Тогда называется линейной функ-

цией или линейным функционалом на пространстве Ln, а мат-

рицей является (1 n)-матрица-строка.

Лекция 25.

13.2. Матрица композиции линейных отображений.

Пусть Ln, Lm, Ls - линейные пространства над полем P с

базисами e, e , e соответственно, : Ln Lm - линейное отображение с m n-матрицей [ ] и : Lm Ls - линейное

e,e

отображение с s m-матрицей [ ] .

e ,e

Утверждение. : Ln Ls - линейное отображение

с s n-матрицей	[	] = [ ] [ ] .
		e,e	e ,e e,e

Доказательство. 1. a, b Ln, , P имеем:

( a+ b)= ( ( a+ b))= ( a+ b)= ( a)+ + ( b)= a+ b – получили линейность .

110