Автор: Даниил Кадочников

Изоморфизм линейных пространств

Пусть заданы два линейных пространства над полем [latex]\mathbb{P}[/latex]: [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex]. Тогда изоморфизмом f (обозначается как [latex]A \cong B[/latex]) называется биекция из [latex]A[/latex] в [latex]B[/latex], удовлетворяющая следующим условиям:
1) [latex]f(a+b) = f(a) + f(b)[/latex]
2) [latex]f(\lambda\cdot a) = \lambda\cdot f(a) [/latex]

Изоморфными пространствами называются такие линейные пространства, между которыми можно установить изоморфизм.

Свойства изоморфизма:
1) [latex]f(0) = 0[/latex]
2)[latex]f(-a) = -f(a)[/latex]
3) [latex]f(\sum_{j=1}^{k}a_j a_j) = \sum_{j=1}^{k}a_j f(a_j)[/latex]
4) При изоморфном отображении линейно независимая система не может стать линейно зависимой. Обратное также верно.
5) Базис [latex]A[/latex] отображается в базис [latex]B[/latex].
6) Прямая сумма подпространств в [latex]A[/latex] отображается в прямую сумму образов этих подпространств в [latex]B[/latex].

 

По сути, изоморфизм является линейным оператором с нулевым дефектом и максимальным рангом.

 

Теорема. Любые два конечномерные линейные пространства, имеющие одинаковую размерность и заданные над одним и тем же полем, изоморфны.

Зададим два линейных пространства [latex]X[/latex] и [latex]Y[/latex] над полем P, [latex]\textrm{dim} X = \textrm{dim} Y[/latex]. Пусть базис [latex]X[/latex] — [latex]e_1,e_2,\dots ,e_n [/latex]; Y — [latex]e’_1,e’_2,\dots , e’_n[/latex]. Возьмём в пространстве [latex]X[/latex] векторы $$x_{1} = \alpha_1 e_1+\alpha_2 e_2+\dots+\alpha_n e_n$$ и $$x_2 = \beta_1 e_1+\beta e_2+\dots+\beta e_n $$Тогда при изоморфизме [latex]X \cong Y[/latex]
$$
f(x_1+x_2)=f((\alpha_1 + \beta_1)e_1 + (\alpha_2 + \beta_2)e_2 + \dots + (\alpha_n + \beta_n)e_n) = \\
= (\alpha_1 + \beta_1)e’_1 + (\alpha_2 + \beta_2)e’_2 + \dots + (\alpha_n + \beta_n)e’_n = \\
=(\alpha_1 e’_1 + \alpha_2 e’_2 + \dots + \alpha_n e’_n ) + (\beta_1 e’_1 + \beta_2 e’_2 + \dots + \beta_n e’_n) = f(x_1) + f(x_2).
$$
(первое условие изоморфизма) и
$$
f(\lambda x) = f((\lambda \alpha_1)e_1 + (\lambda \alpha_2)e_2 + \dots + (\lambda \alpha_n)e_n) = \\
= (\lambda \alpha_1)e’_1 + (\lambda \alpha_2)e’_2 + \dots + (\lambda \alpha_n)e’_n = \\
= \lambda(\alpha_1 e’_1 + \alpha_2 e’_2 + \dots + \alpha_n e’_n) = \lambda f(x)
$$
(второе условие).

Следствие. Все линейные пространства над одним и тем же полем [latex]\mathbb{P}[/latex] одинаковой размерности [latex]n[/latex] изоморфны [latex]n[/latex]-мерному арифметическому линейному пространству [latex]\mathbb{R}^n[/latex] над полем [latex]\mathbb{P}[/latex].

Примеры

1. Привести пример отображения из [latex]\mathbb{R}[/latex] в [latex]\mathbb{\mathbb{N}_0}[/latex], которое является изоморфизмом.
Решение

Пусть [latex]x’ = 2x[/latex]. Тогда [latex]f(a + b) = 2(a + b) = 2a + 2b = f(a) + f(b)[/latex] и [latex]f(\lambda a) = 2(\lambda a) = \lambda 2a = \lambda \cdot f(a)[/latex]. Значит, это отображение является изоморфизмом.

[свернуть]
2. Доказать первое свойство ([latex]f(0) = 0[/latex]).
Решение

[latex]f(a) = f(a + 0) = f(a) + f(0)[/latex], значит [latex]f(0) = 0[/latex].

[свернуть]

 

Смотрите также

Тест

Изоморфизм линейных пространств

Тест на знание изоморфизма линейных пространств.

М1821. Доказать неравенство

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Для любого натурального [latex]{n}[/latex] докажите неравенство
$$\left|\left\{\frac n1\right\}-\left\{\frac
n2\right\}+\left\{\frac n3\right\}-\ldots+(-1)^n\left\{\frac
nn\right\} \right|<\sqrt{2n}$$
([latex]\left \{ a \right \}[/latex] — дробная часть числа [latex]a[/latex]).

Неравенство верно для [latex]{n = 1}[/latex] или [latex]{2}[/latex], поэтому пусть [latex]{n \geqslant 3}[/latex]. Рассмотрим число [latex]{k = \left [ \sqrt{2n} \right ]+1}[/latex] и оценим по отдельности величины
$$
A=\left\{\frac{n}{1}\right\}-\left\{\frac{n}{2}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}-\ldots-(-1)^{k-1}\left\{\frac{n}{k-1}\right\} \\
$$
и
$$
B=\left\{\frac{n}{k}\right\}-\left\{\frac{n}{k+1}\right\}+\ldots+(-1)^{n-k}\left\{\frac{n}{n}\right\} \\
$$
Очевидно,
$$
A \leqslant\left\{\frac{n}{1}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}+\ldots,
$$
где всего [latex]\left [ \frac{k}{2} \right ][/latex] слагаемых, причём первое из них равно 0. Далее,
$$
A \geqslant-\left\{\frac{n}{2}\right\}-\left\{\frac{n}{4}\right\}-\ldots,
$$
где слагаемых [latex]\left [ \frac{k-1}{2} \right ][/latex] штук. Поскольку для любого натурального [latex]m < k[/latex] имеем
$$
\left\{\frac{n}{m}\right\} \leqslant \frac{m-1}{m} \leqslant \frac{k-2}{k-1},
$$
то
$$
|A| \leqslant\left[\frac{k-1}{2}\right] \cdot \frac{k-2}{k-1} \leqslant \frac{k-2}{2}
$$
Поскольку дробная часть — это разность самого числа и его целой части, то
$$
B = C-D,
$$
где
$$
C=\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}+\ldots+(-1)^{n-k} \frac{n}{n}
$$
и
$$
D=\left[\frac{n}{k}\right]-\left[\frac{n}{k+1}\right]+\ldots+(-1)^{n-k}\left[\frac{n}{n}\right].
$$
Поскольку
$$
0 \leqslant\left(\frac{n}{k}-\frac{n}{k+1}\right)+\left(\frac{n}{k+2}-\frac{n}{k+3}\right)+\ldots=C=
$$
$$
\frac{n}{k}-\left(\frac{n}{k+1}-\frac{n}{k+2}\right)-\dots \leqslant \frac{n}{k},
$$
то [latex]0\leqslant C \leqslant\frac{n}{k}[/latex] Аналогично, [latex]0\leqslant D\leqslant\left [\frac{n}{k} \right ] \leqslant\frac{n}{k}.[/latex]

Следовательно,
$$
|B| = |C-D|\leqslant\frac{n}{k}
$$
и, наконец,
$$
\left|\left\{\frac{n}{1}\right\}-\left\{\frac{n}{2}\right\}+\left\{\frac{n}{3}\right\}-\ldots-(-1)^{n}\left\{\frac{n}{n}\right\}\right|=\left|A-(-1)^{k} B\right| \leqslant
$$
$$
\leqslant \frac{k-2}{2}+\frac{n}{k} \leqslant \frac{\sqrt{2 n}-1}{2}+\sqrt{\frac{n}{2}}<\sqrt{2 n}.
$$

В.Барзов