алгебра / дополнительная лит-ра / стукопин методичка

Пример 2.2. Рассмотрим множество P[x]n многочленов сте-

пени не выше n над полем P. Как отмечено ранее (см. пример 1.7),

множество	P[x]n с операциями сложения многочленов и умножения
многочлена на числа из P является векторным пространством. За-
фиксируем	число P.	Множество U f (x) P[x]n						f ( ) 0
является подпространством P[x]n , так как:
1)	U , поскольку многочлен 0 0 xn 0 x 0 в
любой точке обращается в 0 и поэтому принадлежит U .
2)	если f (x) и	g(x) U , то ( f g)( ) f ( ) g( )
0 0 0,	следовательно,	f (x) g(x) U ;
3)	если f (x) U	и P , то ( f )( ) f ( ) 0 0,
следовательно, f (x) U .
Рассмотрим ещё один крайне важный для дальнейшего при-
мер подпространства.
Пример 2.3. Рассмотрим Pn			a	(a1,a2 , ,an )		ai P –

пространство арифметических векторов размерности

n с координа-

тами из поля P (см. пример 1.2). Пусть

A – матрица размера m n

с

элементами

из

поля

P.

Рассмотрим

множество

U

x

Pn

Ax

0 . Заметим,

что множество

U является множе-

ством

решений

линейной однородной системы

уравнений Ax

0.

Покажем, что U является подпространством.

1)

(0,0, ,0) U , следовательно, U .

0

2)

,

U A(

U ;

a

b

a

b

) Aa

Ab

0

0

0

a

b

3) a U , P A( a) Aa 0 0 ( a) U .

Итак, множество решений линейной однородной системы уравнений Ax 0 является подпространством пространства Pn .

Определение 2.4. Множество всех линейных комбинаций векторов a1,a2, ,ak называют линейной оболочкой, натянутой (порож-

30

дённой векторами) на векторы a1,a2, ,ak , и обозначают

a1,a2, ,ak .

Таким образом, согласно определению

a1,

a

2, ,

a

k

1

a1 2

a

2 k

a

k

i P .

(2.4)

Пример 2.4. L a1,a2, ,ak является подпространством.

Действительно,

1) Вектор 0 (0,0, ,0) L , следовательно, L ;

2) a,b L a 1a1 2a2 kak , b 1a1 2a2 kak ,

a b 1a1 2a2 kak 1a1 2a2 kak = ( 1 1)a1 ( 2 2 )a2 ( k k )ak a b L;

3)

a

L, P

a

1

a1 2

a

2 k

a

k

a

( 1

a1 2

a

2 k

a

k )= 1

a1 2

a

2 k

a

k

(

a

) L .

Итак, линейная оболочка системы векторов a1,a2, ,ak яв-

ляется подпространством векторного пространства.

Таким образом, на основании примеров (2.3) и (2.4) имеем

два способа задания подпространств:

1)

как множество решений некоторой однородной системы

линейных уравнений U

x

Pn

Ax

0 ;

2)

как линейную оболочку некоторой порождающей это под-

пространство системы векторов L

a1,

a

2, ,

ak .

Отметим, что любое подпространство можно задать как линейную оболочку порождающей её системы векторов. Ниже мы покажем, что любое подпространство можно задать с помощью линей-

ной однородной системы уравнений Ax 0.

Отметим одно важное свойство линейных оболочек.

Предложение 2.1. Если векторы b1,b2, ,bm a1,a2, ,ak ,

то линейная оболочка b1,b2, ,bm a1,a2, ,ak .

31

Доказательство. Так как векторы b1,b2, ,bm принадлежат подпространству a1,a2, ,ak , то и любая их линейная комбинация

1b1 2b2 mbm принадлежит подпространству							a1,	a	2, ,	a	k ,

т.е. b1,b2, ,bm a1,a2, ,ak .

Рассмотрим теперь вопрос о нахождении базиса и размерности линейной оболочки.

Введём понятие элементарных преобразований (э.п.) для системы векторов. Элементарными будем называть следующие два вида преобразований:

1)прибавление к вектору другого вектора, умноженного на произвольное число;

2)умножение вектора на число отличное от нуля.

Теорема 2.7. Пусть имеется система векторов a1,a2, ,ak

векторного пространства V и система векторов b1,b2, ,bm , полу-

ченная из a1,a2, ,ak с помощью элементарных преобразований,

тогда линейные оболочки этих систем векторов совпадают:

a1,a2, ,ak b1,b2, ,bm .

Доказательство. Рассмотрим систему векторов a1,a2, ,ak .

Заметим, что если вектор bi получен из этой системы с помощью элементарных преобразований, то он является линейной комбинацией исходных векторов a1,a2, ,ak . Тогда в силу предложения (2.1)

линейная оболочка b1,b2, ,bm a1,a2, ,ak . Поскольку каждое элементарное преобразование обратимо, то получаем, что и система

векторов a1,a2, ,ak получается из системы b1,b2, ,bm при помощи элементарных преобразований. Поэтому применив предыдущие рас-

суждения

к

системе

векторов

b1,b2, ,bm ,

получаем

. Из этих

двух вложений имеем

a1,

a

2, ,

a

k

b1,b2, ,bm

. Доказательство завершено.

a1,

a

2, ,

a

k

b1,b2, ,bm

32

a1,a2, ,ak

2.2. Алгоритм нахождения базиса в линейной оболочке

Отметим, что если линейная оболочка порождается линейно независимой системой векторов, то эта система является базисом линейной оболочки, а число векторов базиса равно размерности линейной оболочки.

Вообще говоря, система векторов a1,a2, ,ak , порождающая

линейную оболочку, не обязана быть линейно независимой. Сейчас мы рассмотрим способ построения базиса в линейной оболочке

, использующий введённые выше элементарные преоб-

разования. Число векторов построенного базиса даст размерность линейной оболочки.

Выберем некоторый базис e1,e2, ,en в векторном простран-

стве V и разложим векторы a1,a2, ,ak по векторам выбранного

базиса. Верхний индекс будем использовать для обозначения номера координаты:

a

a1

e

a2

e

an

e

, i 1, ,k .

i

i 1

i

2

i

n

Таким образом,

имеем

координатный

изоморфизм

e :V Rn .

Сопоставим линейной оболочке

a1,

a

2, ,

a

k

матрицу, i -я

строка которой совпадает с набором координат (a1

,a2

, ,an ) векто-

i

i

i

ра

ai в выбранном базисе

e1,

e2, ,

en . Эта матрица имеет вид:

a1

a2

an

1

1

1

a1

a2

an

A

2

2

2

1

2

n

.

ak

ak

ak

Заметим, что введённым выше элементарным преобразованиям векторов в точности соответствуют элементарные преобразования метода Гаусса над строками матрицы A. Наша цель – привести матрицу A с помощью элементарных преобразований строк к ступенчатому виду, поскольку строки ступенчатой матрицы образуют линейно независимую систему векторов в пространстве Rn .

33

Элементарные преобразования строк матрицы соответствуют элементарным преобразованиям векторов в линейной оболочке, поэтому в результате таких преобразований получаем некоторый новый набор векторов, порождающих ту же линейную оболочку. Поскольку после приведения к ступенчатому виду строки полученной матрицы линейно независимы, то линейно независима и соответствующая порождающая система векторов в линейной оболочке. Таким образом, построен базис линейной оболочки.

Пример 2.5. Найти размерность и базис линейной оболочки

векторов:		a1 (1, 2, 1,1);		a	2 ( 1,2, 1,3);				a	3 ( 2,4,2, 2);
a	4 ( 3,6,1, 3) .
	Решение.
		1		2		1	1
			1	2		1	3
		A
		2		4		2	2
			3	6		1	3

Приведем матрицу к ступенчатому виду методом Гаусса:

1			2	1		1		Ñ1 Ñ2 Ñ2				1		2	1 1			Ñ3 Ñ4
	1 2			1		3		2Ñ1 Ñ3 Ñ3					0	0	2	4
2 4				2 2				3Ñ1 Ñ4 Ñ4				0 0			0	0
	3 6												0	0	2	0
				1 3
~												~
1			2	1		1		Ñ		Ñ Ñ		1		2	1 1
	0		0	2									0	0	2	4
						4	~		2	3	3
		0		2											0
0						0						0 0				4
	0		0										0	0	0	0
				0 0

Ненулевые строки полученной ступенчатой матрицы дают искомый базис, который имеет вид:

u1 (1, 2, 1,1); u2 (0,0, 2,4); u3 (0,0,0,4).

34

Ax 0

Теорема 2.8. Если U a1,a2, ,ak и W b1,b2, ,bm ,

то U W a1,a2,...,ak ,b1,b2, ,bm .

Доказательство. Пусть вектор v U W , тогда он предста-

вим в виде

v

u

w

, где

u

U ,

w

W . Поэтому

u 1a1 2a2 kak , w 1b1 2b2 mbm и v u w= = 1a1 2a2 kak 1b1 2b2 mbm a1,a2, ,ak ,b1,b2, ,bm .

Отсюда следует, что U W a1,a2, ,ak ,b1,b2 , ,bm .

Взяв вектор v a1,a2,...,ak ,b1,b2, ,bm , и рассуждая аналогично,

получим a1,a2, ,ak ,b1,b2, ,bm U W . Теорема доказана.

2.3. Алгоритм построения фундаментальной системы решений однородной системы линейных уравнений

Рассмотрим теперь вопрос о нахождении базиса и размерности подпространства U , заданного с помощью однородной системы

линейных уравнений Ax 0.

Пусть подпространство U		x	Pn			Ax
							0 .
Определение 2.5. Фундаментальной системой решений (ФСР)
для однородной системы уравнений		Ax
				0 называется базис в про-

странстве решений этой системы, то есть такая линейно независимая система решений, что любое решение системы является их линейной комбинацией.

Согласно определению, ФСР системы является бази-

сом в подпространстве U		x	Pn	Ax
					0 , заданном этой систе-
мой.

Укажем способ построения ФСР однородной системы.

Приведём систему уравнений Ax 0 к ступенчатому виду с помощью элементарных преобразований алгоритма Гаусса. При необходимости перенумеровав переменные, не нарушая общности, можно считать, что полученная система будет иметь вид:

35

a11x1 a12x2 a13x3 a1m xm a1n xn 0

	a22 x2 a23x3 a2mxm a2nxn 0
... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
	a1nxm a1mxn 0.

Выразим переменную xm из последнего уравнения через пе-

ременные xm 1, ,xn		и подставим её в предыдущее уравнение. Да-
лее из этого уравнения выразим переменную xm 1							и так далее. Дей-
ствуя таким образом,			найдём		выражения		для	переменных
xm,xm 1, ,x2,x1	через		переменные xm 1, ,xn . Переменные
x1,x2, ,xm 1,xm	называют зависимыми, а переменные							xm 1, ,xn –
свободными. Получим следующую систему уравнений
x1 b1,m 1xm 1 b1,m 2xm 2 b1,n xn
x2 b2,m 1xm 1 b2,m 2 xm 2 b2,n xn								(2.5)
... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
x b			x	b	x	b x .
	m	m,m 1	m 1	m,m 2	m 2	m,n n

Будем придавать последовательно одной из свободных пере-

менных xm 1, ,xn значение 1, полагая остальные равными 0. Вы-

числения оформим в виде таблицы.

Векторы

Переменные

зависимые

свободные

ФСР

x

x

…

x

x

x

…

x

1

2

m

m 1

m 2

n

u

b

b

…

b

1

0

…

0

1

1,m 1

2,m 1

m,m 1

u

2

b

b

…

b

0

1

…

0

1,m 2

2,m 2

m,m 2

…

…

…

…

…

…

…

…

…

…

0

0

…

1

un m

b1,n

b2,n

bm,n

Докажем,

что

строки

полученной

таблицы

(векторы

u1,u2,...,un m ) суть искомая ФСР, то есть являются линейно незави-

симыми и образуют полную систему в пространстве решений. Докажем линейную независимость. Рассмотрим линейную комбинацию

36

1u1 2u2 n mun m 0. Для наглядности будем записывать координаты векторов как столбцы:

	b1,m 1			b1,m 2				b1,n			0
	b			b				b				0
	2,m 1				2,m 2			2,n
												0
	bm,m 1			bm,m 2				bm,n					.
1				2	0			n m				0
	1							0
	0			1				0			0
					0							0
	0							1

Два вектора равны, если равны их соответствующие координаты. Сравнивая m 1-е координаты векторов, записанных слева и

справа, заключаем, что 1 0, сравнивая m 2 -е координаты, за-

ключаем, что 2 0, и так далее, сравнивая n-е координаты, за-

ключаем, что n m 0. Таким образом, все коэффициенты линейной

комбинации одновременно равны нулю, следовательно, векторы линейно независимы. Покажем теперь, что любое решение системы можно выразить как линейную комбинацию векторов u1,u2,...,un m .

Поскольку исходная система эквивалентна системе (2.5), (то есть множества решений этих систем совпадают), то достаточно доказать, что каждое решение системы (2.5) является линейной комбинацией

векторов	u1,	u	2,...,	un m . Пусть				x	(x1,x2 , ,xn ) – решение системы
(2.5), тогда		x	xm 1		u1 xm 2	u	2	xn		un m . То есть система векто-

ров u1,u2,...,un m является полной, а поскольку она линейно незави-

сима, то она является базисом в пространстве решений, то есть ФСР. Что и требовалось показать.

Таким образом, мы показали больше – не только указали способ построения ФСР, но и построили алгоритм перехода от спосо-

ба задания подпространства U с помощью однородной системы

Ax 0 к способу задания подпространства с помощью линейной

37

оболочки, поскольку линейная оболочка векторов u1,u2,...,un m сов-

падает с пространством решений однородной системы Ax 0. Рассмотрим пример нахождения фундаментальной системы

решений.

Пример 2.6. Найти базис и размерность пространства решений (построить ФСР) однородной системы уравнений:

2x1 x2 x3 x4 x5 0

x1 x2 2x3 x4 x5 0x1 x3 2x4 0.

Решение. Запишем матрицу системы:

	2		1	1	1	1
A		1	1	2 1			.
						1
		1	0	1	2	0

	2			1
		1		1
		1		0
	2			1
		0		3
		0		0

Приведем матрицу к ступенчатому виду методом Гаусса:

1 1		1		Ñ1 2Ñ2 Ñ2		2 1 1				1 1
2 1		1 ~					0 3 5			3 3 ~			C2 3Ñ3 Ñ3
				Ñ1 2Ñ3 Ñ3
1 2		0					0 1 3
										5 1
1 1		1		Ñ /4 Ñ		2		1	1	1	1
5	3	3	~				0	3	5 3		3
				3	3
							0	0	1 3		0
4	12	0

Выразим из полученной системы неизвестные:

	x			1		( x x x x )
		1		2			2	3	4 5
				1
	x2						( 5x3	3x4	3x5)
				3

x3 3x4.

Неизвестные x1,x2,x3 – зависимые, x4,x5 – свободные.

Выразим зависимые переменные через свободные, для этого подста-

вим выражение x3 в выражение для x2 (вторая строка системы), а

затем полученные выражения в первое равенство системы, получим:

38

		3x4
x3
			1
x2						( 5 3x4	3x4		3x5 ) 4x4 x5
			3
x			1		( x x x x )					1	( ( 4x x ) 3x x x ) x .
	1		2			2	3	4	5	2	4	5	4	4	5	4

Итак, имеем:

x1 x4

x2 4x4 x5 .x3 3x4.

Отметим, что эти вычисления (обратный ход метода Гаусса) можно (и гораздо удобнее) проделывать в матричной форме, при этом нули нужно получать над элементами, расположенными на “ступеньках” начиная с последней строки:

2 1 1						1	1			5Ñ3 Ñ2 Ñ2	2 1 0				2 1		~ C /3 Ñ
	0 3 5					3	3	~					0 3 0		12 3					2
																		2
	0		0 1			3	0			Ñ3 Ñ1 Ñ1			0 0	1	3 0
											2 0 0				2 0
2 1 0						2 1			~								~	2x1 2x4 0
		0 1 0				4 1				Ñ1 C2 Ñ1		0 1 0			4 1			x 4x x 0
		0	0 1			3 0						0 0		1	3 0			2	4	5
																			3x4	0
																		x3

Итак,

x1 x4

x2 4x4 x5x3 3x4.

Составим таблицу, придавая последовательно одной из свободных переменных значение 1, полагая остальные равными 0:

				Переменные
Базис			зависимые			свободные
		x1	x2	x3	x4		x5
u1		1	-4	3	1		0
u	2	0	-1	0	0		1

39