Критерии прямой суммы

Даны пространства U, V\subseteq \mathbb{R}^{n}, заданные следующим образом U=\{(x_1,\ldots,x_n)\in \mathbb{R}^{n}|x_1+\ldots+x_n=0\}, V=\{(x_1,\ldots,x_n)\in \mathbb{R}^{n}|x_1=x_2=\ldots=x_n\}
Докажем, что \mathbb{R}^{n} = U \oplus V


Если U\cap V = \{0\}, то U+V=U\oplus V (по второму критерию прямой суммы)
Предположим, что существует ненулевой вектор x удовлетворяющий условиям
x_1=x_2=\ldots=x_n и x_1+x_2+\ldots+x_n=0, то есть x\in U \cap V
Так как x\ne 0, то одна из его координат отлична от нуля, а из первого условия следует, что и все координаты ненулевые.
Положим x_1=\ldots=x_n=a(a\ne 0, a\in \mathbb{R}) и используя второе условие получим, что na=0, и так как n>0 \Rightarrow a=0 \Rightarrow x=0 получим противоречие с тем, что x\ne 0 \RightarrowU\cap V=\{0\}\RightarrowU+V=U\oplus V.
Найдем размерности U и V.
Очевидно, что \dim V=1 и ее базисом может быть вектор (1, 1,\ldots, 1)(ЛНЗ тривиальна, полнота очевидна)
Теперь докажем, что система из n-1 векторов
\langle (1, -1, 0,\ldots, 0), (1, 0, -1,\ldots, 0),\ldots, (1, 0, 0,\ldots, -1)\rangle базис U. Очевидно что она ЛНЗ, т.к.
rk = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & \ldots & 0 \\ 1 & 0 & -1 & \ldots & 0 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & 0 & 0 & \ldots & -1 \\ \end{pmatrix}=n-1
Теперь проверим полноту системы. Покажем, что для  \forall x\in U выполняется условие x_1+x_2+\ldots+x_n=0 (x=(x_1, x_2,\ldots, x_n)).
Составим линейную комбинацию:
x=x_1(1,-1,0,\ldots, 0)+\ldots+\alpha_{n-1}(1,00,\ldots, -1)=
=(\alpha_1+\ldots+\alpha_{n-1}, -\alpha_1, \ldots, -\alpha_{n-1})
\alpha_1+\ldots+\alpha_{n-1}+(-\alpha_1)+\ldots+(-\alpha_{n-1})=0 \Rightarrow любой вектор из U выражается через эту систему.
Следовательно \langle (1, -1,\ldots, 0),\ldots,(1, 0,\ldots, -1)\rangle базис U и \dim U = n-1. Из формулы \dim(V+U)=\dim V + \dim U - \dim(V+U) получаем, что \dim(U+V)=\dim(U\oplus V)=n\Rightarrow т.к. U, V\subseteq \mathbb{R}^{n}, то U\oplus V = \mathbb{R}^{n}.

V, U\subseteq \mathbb{R}^{n} U=\langle (1, 1, 1, 1), (-1, -2, 0, 1)\rangle V=\langle (-1, -1, 1, -1), (2, 2, 0, 1)\rangle
Докажем, что \mathbb{R}_{4}=U\oplus V


rk(S) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 0 & -1 & \ldots & 0 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & 0 & 0 & \ldots & -1 \\ \end{pmatrix}=n-1

Теперь докажем, что система из n-1 векторов
 S=\langle (1, -1, 0,\ldots, 0), (1, 0, -1,\ldots, 0),\ldots, (1, 0, 0,\ldots, -1)\rangle .

Покажем, что  \forall x\in U на
 x=x_1(1,-1,0,\ldots, 0)+\ldots+\alpha_{n-1}(1,00,\ldots, -1)=
 =(\alpha_1+\ldots+\alpha_{n-1}, -\alpha_1, \ldots, -\alpha_{n-1}) на  x=x_1(1,-1,0,\ldots, 0)+\ldots+\alpha_{n-1}(1,0,\ldots, -1)=
 =(\alpha_1+\ldots+\alpha_{n-1}, -\alpha_1, \ldots, -\alpha_{n-1}).

Из формулы  \dim(V+U)=\dim V + \dim U - \dim(V+U) получаем, что  \dim(U+V)=\dim(U\oplus V)=n\Rightarrow , так как U, V\subseteq \mathbb{R}^{n}, то  U\oplus V = \mathbb{R}^{n} .
Так как сумма прямая, то по первому критерию объединение базисов суммируемых пространств: есть базис суммы этих пространств  \dim(U+V)=\dim(U\oplus V)=n=\dim(\mathbb{R}^{n}) \Rightarrow U\oplus V=\mathbb{R}^{n}.

Прямое дополнение

Дано пространство U \subseteq \mathbb{R}^4, натянутое на вектора a_1=(2,1,0,-3), a_2=(2,3,-1,0), то есть U = \langle (2,1,0,-3), (2,3,-1,0)\rangle.
Найдем какое-либо дополнение V к U в \mathbb{R}^4.

Проверим ЛНЗ a_1 и a_2.
rank \begin{pmatrix}  2 & 1 & 0 & -3 \\  2 & 3 & -1 & 0\end{pmatrix}= rank \begin{pmatrix}  2 & 1 & 0 & -3 \\  0 & 0 & -1 & 3\end{pmatrix}= 2 \Rightarrow
\langle a_1, a_2\rangle — базис U.
V удовлетворяет условию V \oplus U= \mathbb{R}^4.
Из первого критерия прямой суммы получаем, что объединение базисов V и U образуют базис \mathbb{R}^4. Так как \dim \mathbb{R}^4= 4 и \dim U= 2 \Rightarrow \dim V= 2. Найдем какой-либо базис V . Дополним для этого систему из векторов \langle a_1, a_2\rangle до базиса векторами стандартного базиса (e_1,e_2,e_3,e_4) в \mathbb{R}^4.
Зафиксируем в полученной системе вектора a_1, a_2 и выделим из этой системы ЛНЗ систему, содержащую эти вектора
\begin{pmatrix}  1 & 0 & 0 & 0 \\  0 & 1 & 0 & 0 \\  0 & 0 & 1 & 0 \\  0 & 0 & 0 & 1 \\  2 & 1 & 0 & -3 \\  2 & 3 & -1 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 0 & 0 & 0\\  0 & 1 & 0 & 0\\  0 & 0 & 1 & 0\\  0 & 0 & 0 & 1\\  0 & 0 & 0 & -3\\  0 & 0 & -1 & 0\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 0 & 0 & 0\\  0 & 1 & 0 & 0\\  0 & 0 & 0 & -3\\  0 & 0 & -1 & 0\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  e_1 \\  e_2 \\  a_1 \\  a_2 \end{pmatrix} \Rightarrow
\langle e_1, e_2, a_1, a_2\rangle -ЛНЗ,
так как эта система максимальна, она и образует базис \mathbb{R}^4.
Отсюда и из рассуждения в начале получаем, что L \langle e_1, e_2\rangle= V одно из прямых дополнений к U.

Сумма и пересечение подпространств. Прямая сумма

Найдите прямую сумму и пересечение подпространств, натянутых на следующие системы векторов:

a_1=(1,2,3), a_2=(4,3,1), a_3=(2,-1,-5)
b_1=(1,1,1), b_2=(-3,2,0), b_3=(-2,3,1)

Найдем базис первой системы:
A = \begin{pmatrix}  1 & 2 & 3 \\  4 & 3 & 1 \\  2 & -1 & -5 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 2 & 3 \\  0 & -5 & -11 \\  0 & -5 & -11 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 2 & 3 \\  0 & -5 & -11 \\  0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\langle a_1, a_2 \rangle — базис A

Найдем базис второй системы:
B = \begin{pmatrix}  1 & 1 & 1 \\  -3 & 2 & 0 \\  -2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 1 & 1 \\  0 & 5 & 3\\  0 & 5 & 3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}  1 & 1 & 1 \\  0 & 5 & 3\\  0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\langle b_1, b_2 \rangle — базис B

Найдем пересечение пространств \left \langle b_1, b_2 \right \rangle и \left \langle a_1, a_2 \right \rangle по формуле \alpha_1a_1+\alpha_2a_2=\beta_1b_1+\beta_2b_2=x_1
(x_1 будет базисным вектором)
\alpha_1a_1+\alpha_2a_2-\beta_1b_1-\beta_2b_2=0

\alpha_1\begin{pmatrix}1 \\2 \\ 3 \end{pmatrix}+\alpha_2\begin{pmatrix} 4 \\3\\ 1 \end{pmatrix}-\beta_1\begin{pmatrix} 1 \\1\\ 1 \end{pmatrix}-\beta_2\begin{pmatrix} -3 \\2\\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\0\\ 0 \end{pmatrix}

\left\{  \begin{matrix}  \alpha_1 + 4\alpha_2 - \beta_1 + 3\beta_2 & = & 0 \\  2\alpha_1 + 3\alpha_2 - \beta_1- 2\beta_2 & = & 0\\  3\alpha_1 + \alpha_2 - \beta_1 & = & 0  \end{matrix}\right.

Решаем полученную систему:
\begin{pmatrix} 1&4&-1&3 \\ 2&3&-1&-2 \\ 3&1&-1&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1& 4 & -1 & 3 \\ 0& -5 & 1 & -8\\ 0& -11 & 2 & 9 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1& 4 & -1 & 3 \\ 0& 1 & 0 & -7\\ 0& -5 & 1 & -8 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1& 4 & -1 & 3 \\ 0& 1 & 0 & -7\\ 0& 0 & 1 & -43 \end{pmatrix}
\begin{cases} \beta_1-43\beta_2=0 \\ \alpha _2-7\beta_2=0\\ \alpha _1+4\alpha _2-\beta_1+3\beta_2=0 \end{cases}
\begin{cases} \beta_1=43\beta_2 \\ \alpha _2=7\beta_2\\ \alpha _1=12\beta_2 \end{cases}

\begin{array}{c|c|c|c|c}  & \alpha_1 & \alpha_2 & \beta_1 & \beta_2 \\ \hline C_1 & 12 & 7 & 43 & 1 \end{array}
Следовательно \dim(L_1 \cap L_2)= 1
Находим размерность суммы
\dim(L_1 + L_2)= \dim L_1 +\dim L_2-\dim (L_1 \cap L_2)=2+2-1=3
выберем из системы векторов \left \langle a_1,a_2,b_1,b_2 \right \rangle три линейнонезависимых:
\begin{pmatrix} 1 &2 &3 \\ 4 & 3 &1 \\ 1 &1 &1 \\ -3 &2 &0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 &1 &2 \\ 0& -1 &-2 \\ 1 &1 &1 \\ 0 &5 &3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 0 &0 &0 \\ 0& -1 &-2 \\ 1 &1 &1 \\ 0 &5 &3 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} a_1\\ a_2\\ b_1\\ b_2 \end{pmatrix}
Получаем \left \langle a_2,b_1,b_2 \right \rangle — ЛНЗ и L_1+L_2= L\left \langle a_2,b_1,b_2 \right \rangle.

x_1=\beta_1b_1+\beta_2b_2=\begin{pmatrix} 43*1+1*(-3) \\ 43*1+1*2 \\ 43*1+1*0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}40 \\45 \\43 \end{pmatrix}
И L_1\cap L_2= L\left \langle 40,45,43 \right \rangle.

Четность перестановки


Перестановка, содержащая четное количество инверсий, называется четной, в противном случае — нечетной.

Лемма. Если в перестановке длинны больше n, n\ge2 , поменять местами 2 элемента , то четность поменяется на противоположную.
Доказательство:
Докажем, что всякая транспозиция меняет четность перестановки. Для чисел, стоящих рядом, это утверждение очевидно. Их взаимное расположение относительно других чисел осталось прежним, а перестановка самих чисел меняет общее число инверсий на единицу.
Пусть теперь между переставляемыми числами i и j находятся s других чисел l_1, l_2, \cdots, l_s, т. е. перестановка имеет вид \cdots, i, l_1, l_2, \cdots, l_s, j, \cdots.
Будем менять местами число i последовательно с рядом стоящими числами l_1, l_2, \cdots, l_s, j. Затем число j, стоящее уже перед i , переместим влево при помощи s транспозиций с числами l_s, l_{s-1}, \cdots, l_1. Таким образом, всего мы выполним 2s+1 транспозиций рядом стоящих чисел. Следовательно, четность перестановки изменится.
Лемма доказана.

Пример четной перестановки
Четная перестановка
Данная перестановка является четной, так как содержит 2 инверсии, числа 3 и 2, 6 и 5 образуют инверсии.
Пример нечетной перестановки
Нечетная перестановка
Данная перестановка является нечетной, так как содержит 3 инверсии, числа 2 и 1, 5 и 4, 7 и 6 образуют инверсии.

Транспозиция меняет четность.
Лемма. Все n!-перестановок длины n можно расположить одну за другой таким образом, что каждая последующая получается из предыдущей одной транспозицией. Причем можно начинать такое упорядочивание с любой перестановки.

Следствие. При n\ge2 число четных перестановок из n символов равно числу нечетных, т.е. \frac{n!}{2}.

Литература

  1. Белозёров Г.С. Конспект лекций по алгебре и геометрии
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры 431 стр. М.: Наука, 1968, Стр. 28-30
  3. Воеводин В.В. Линейная алгебра 400 стр. М.: Наука, 1980, Стр. 122-124

Четность перестановки

Четность перестановки


Таблица лучших: Четность перестановки

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных