Processing math: 100%

Автор: Владислав Стасюк

Конечномерность

Определение 1. Пусть линейное пространство называется конечномерным, если существует такая константа M∈N, так что любая линейно независимая система (далее ЛНЗ) содержит не более M векторов. В противном случае пространство называется бесконечномерным.

Замечание. Нулевое пространство будем считать конечномерным.

Пример 1. Бесконечномерным пространством является (R[x],R). Рассмотрим систему векторов ⟨1,x,x2,…,xn⟩. Это система ЛНЗ, так как из равенства α0⋅1+α1⋅x+α2⋅x2+…+αk⋅xk=0 следует, что α0=α1=α2=…=αk=0. Так как k произвольно, то не существует ограничения M.

Пример 2. Пусть X — конечномерное пространство. Рассмотрим в нем ЛНЗ систему, содержащую максимальное число векторов: ⟨x1,x2,…,xm⟩. Дополняя эту систему произвольным векторм y, получаем уже линейно зависимую систему: ⟨x1,x2,…,xm,y⟩. Тогда вектор y линейно выражается через исходную систему, а именно: y=α1x1+α2x2+…+αmxm.

Лемма 1. Каждое подпространство конечномерного пространства в свою очередь конечномерно.

Лемма 2. Каждое подпространство есть линейная оболочка некоторой своей системы.

Конечномерность

Тест для проверки знаний по теме «Конечномерность».

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С..
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980.-400 с. (стр. 44-47)

Базис и размерность линейного пространства, свойства

Определение 1. Базисом конечномерного пространства называется такая линейно независимая система (далее ЛНЗ) векторов этого пространства, через которую линейно выражается каждый вектор этого пространства.

Базис имеет огромное значение при изучении конечномерных линейных пространств, и часто используется в различных исследованиях. Он позволяет очень легко описать строение любого линейного пространства, заданного над произвольным полем.

Любой вектор x из линейного пространства X может быть представлен в виде линейной комбинации x=α1e1+α2e2+…+αnen, где α1,α2…αn — некоторые числа из поля, а e1,e2,…,en — базис X. Данная линейная комбинация называется разложением вектора x по базису, а сами числа α1,α2…αn называются координатами вектора x относительно этого базиса.

Лемма 1. Каждое конечномерное пространство является линейной оболочкой своего базиса.

Определение 2. Любые два базиса конечномерного пространства представляют из себя эквивалентные системы.

Из определения 2 получаем числовую характеристику пространства.

Определение 3. Размерностью ненулевого конечномерного пространства называется число векторов его базиса. Размерность нулевого пространства равна 0.

Обозначение для размерности пространства X: dimХ.

Свойства базиса

  1. Любая линейно независимая система n-мерного пространства, содержащая n векторов, является базисом этого пространства.
  2. Любая система n-мерного пространства, содержащая более n векторов линейно зависима.
  3. Любой вектор конечномерного пространства однозначно линейно выражается через базис.

Еще одно свойство базиса сформулируем в виде небольшой леммы и докажем ее.

Лемма 2. Каждую линейно независимую систему векторов конечномерного пространства можно пополнить до базиса этого пространства.

Пусть задано линейное пространство X над произвольным полем P. Пусть в этом пространстве задана ЛНЗ система векторов ⟨x1,x2,…,xk⟩. А размерность dimХ=n.

  1. При k=n очевидно, что наша система векторов сама является базисом(свойство 1).
  2. При k<n рассмотрим множество всех ЛНЗ систем x, для которых наша система — подсистема. Выберем систему содержащую максимальное количество векторов: ⟨x1,…,xk,xk+1,…xs⟩.

    Эта система максимально ЛНЗ в X, следовательно она является базисом. Тогда s=n и отсюда следует, что ⟨xk+1,…xn⟩ — искомое дополнение.

Лемма 3 (критерий базиса). Система векторов является базисом пространства тогда и только тогда, когда она максимально линейно независима.

Примеры решения задач

Рассмотрим несколько типовых задач нахождения базиса и размерности.

  1. Показать, что следующая система векторов образуют линейное пространство. Найти базис и размерность. Все n-мерные векторы вида (α,β,α,β,α,β,…), где α и β — любые числа. L={x=(α,β,α,β,…)|α,β∈R}
    Решение

    ∀x,y∈L:∀a,b∈R(ax+by)∈L?

    Покажем, что система векторов образуют линейное пространство: ax+by=a⋅(α,β,α,β…)+b(φ,γ,φ,γ…)= =(aα,aβ,aα,aβ…)+(φb,γb,φb,γb…)= =(aα+bφ,aβ+γb,aα+bφ,aβ+γb…)∈L.

    Построим стандартный базис: e1=(1,0,0,0,…,0)→e′1=(1,0,1,0,…) e2=(0,1,0,0,…,0)→e′1=(0,1,0,1,…) e3=(0,0,1,0,…,0)→e′3=(1,0,1,0,…) e4=(0,0,0,1,…,0)→e′4=(0,1,0,1,…)

    Следовательно, ⟨e′1,e′2⟩ — базис L. Размерность равна 2.

  2. Определить является ли L линейным подпространством пространства X. Найти базис и размерность. X=M2(R) L={(abcd)∈M2(R)|a+b+c=d}.
    Решение

    ∀A,B∈L,∀α,β∈R αA+βB∈L?

    Покажем сначала принадлежность к M2(R). Пусть A=(a1b1c1d1)B=(a2b2c2d2), тогда α⋅(a1b1c1d1)+β⋅(a2b2c2d2)=(αa1αb1αc1αd1)+(βa2βb2βc2βd2)= =(αa1+βa2αb1+βb2αc1+βc2αd1+βd2)∈M2(R)

    Можем доказать, что L является подпространством X. d1=a1+b1+c1d2=a2+b2+c2}⇒αd1=αa1+αb1+αc1αd2=αa2+αb2+αc2⇒ ⇒αd1+βd2=(αa1+βa2)+(αb1+βb2)+(αc1+βc2)⇒ ⇒(αA+βB)∈L⇒L⊂X.

    Теперь найдем базис исходя из условий.E11=(1000)→E′11=(1001) E12=(0100)→E′12=(0101) E21=(0010)→E′21=(0011) E22=(0001)→∄

    Предполагаемый базис: E′=⟨E′11,E′12,E′21⟩. Проверим ЛНЗ нашего базиса.

    Пусть α1E′11+α2E′12+α3E′21=0, тогда (α1α2α3α1+α2+α3)=(0000)⇒α1=α2=α3=0⇒ ⇒ по критерию ЛНЗ, E′ — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. Вспомним, что по условию d=a+b+c. Отсюда следует, что a⋅(1001)+b⋅(0101)+c(0011)= =(abca+b+c)=(abcd)=A⇒ ⇒∀A∈L линейно выражается через E′. А так как мы доказали, что E′ — ЛНЗ, то E′ — базис L. Размерность равна 3.

  3. Определить является ли L линейным подпространством пространства X. Найти базис и размерность. X=R4[x] L={f(x)=R4[x]|f(x):x2+2}.
    Решение

    Пусть f(x)∈L и f(x):x2+2, тогда f(x)=(x2+2)⋅(ax2+bx+c).

    Докажем, что ∀α,β∈R,∀f(x),g(x)∈L?

    α(ax2+bx+c)+β(ax2+bx+c)= (x2+2)(αax2+αbx+αc+βax2+βbx+βc)= (x2+2)(αax2+βax2+αbx+βbx+αc+βc)∈L

    Теперь найдем базис: f(x)=ax4+bx3+x2c+2ax2+2bx+2c, тогда a(x4+2x2)+b(x3+2x)+c(x2+2) и следовательно e1=x4+2x2e2=x3+2xe3=x2+2

    Наш предполагаемый базис: e=⟨e1,e2,e3⟩. Докажем ЛНЗ нашего базиса. α1e1+α2e2+α3e3= =α1x4+α12x2+α2x3+α22x+α3x2+2α3=0 ⇒α1=α2=α3=0⇒ ⇒ по критерию ЛНЗ, e — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. ∀f(x)∈L:f(x)=ax4+bx3+x2c+2ax2+2bx+2c ∃α1=a,α2=b,α3=c.

    Тогда α1e1+α2e2+α3e3= =a(x4+2x2)+b(x3+2x)+c(x2+2) ax4+2ax2+bx3+2bx+cx2+2c= =ax4+bx3+x2c+2ax2+2bx+2c=f(x)⇒ ⇒∀f(x) линейно выражается через любой вектор e=⟨e1,e2,e3⟩. Тогда e — базис. Размерность равна 3.

Базис и размерность линейного пространства, свойства

Тест для проверки знаний по теме «Базис и размерность линейного пространства, свойства».

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С..
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980.-400 с. (стр. 50-54)
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с. (стр. 301-305)
  4. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.: Наука, 1984.-384 с. (стр. 204-211)

M1383. О сумме чисел с разными степенями

Задача из журнала «Квант» (1993 год, 11/12 выпуск)

Условие

Пусть сумма n чисел равна 0, причем m — наименьшее из них, а M — наибольшее. Докажите, что

  1. сумма квадратов этих чисел не превосходит −mMn;
  2. сумма четвертых степеней этих чисел не превосходит −mMn(m2+M2+mM).

Решение

Пусть x1,x2,…,xn — числа задачи: m⩽xi⩽M,x1+x2+…+xn=0

Обозначим сумму их квадратов через D, а сумму четвертых степеней — через F.

  1. Первое решение. Для каждого числа xi задачи имеем (xi—m)(xi—M)⩽0, или x2i⩽(m+M)xi−mM.

    Сложив n этих неравенств, получаем D⩽−nmM.

    Второе решение. При m=M утверждение очевидно. Пусть m<M. Расположим в точках (xi,x2i), где xi — числа задачи, единичные массы. Проведем через точки (m,m2) и (M,M2) прямую. Ее уравнение —

    x−mM−m=y−m2M2−m2.

    Поскольку все массы расположены под прямой, этим же свойством обладает и центр масс (0,D/n). Поэтому −m(m+M)+m2⩾Dn, что и требовалось доказать.

  2. Первое решение. Как и во втором решении пункта а) будем считать m<M. Попытаемся найти многочлен x4+ax+b, имеющий корнями числа m и M. Заметим сразу, что многочлен такого вида имеет не более двух корней. Действительно, между любыми последовательными корнями многочлена найдется корень его произведения. Следовательно, если многочлен имеет хотя бы три корня, то его производная 4x3+a имеет не менее двух корней. Но уравнение 4x3=−a имеет единственный корень. Тогда из системы {m4+am+b=0M4+aM+b=0 получаем a=−(m2+M2)(m+M), b=mM(m2+M2+mM).

    С другой стороны, при этих значениях a и b равенства системы выполняются. Окончание решения аналогично первому решению пункта а).

    Второе решение. Рассуждая так же, как при втором решении пункта а), получаем уравнение прямой x−mM−m=y−m4M4−m4, после чего без труда приходим к неравенству −m(M2+m2)(M+m)+m4⩾Fn, что и требовалось доказать.

    Третье решение. Для каждого числа xi задачи из (*) следует x4i⩽((m+M)xi−mM)2==(m+M)2x2i−2(m+M)mMxi+m2M2.

    Сложив n этих неравенств и воспользовавшись утверждением пункта а), получаем F⩽−nmM(m+M)2+nm2M2, что и требовалось доказать.

    3. Замечание. Неравенство (*), а следовательно, и неравенства задачи превратятся в равенства, если k из чисел xi равны m, а n−k остальных равны M (при этом km+(n−k)M=0).

Н.Васильев, В.Сендеров, Л.Туцеску

M1247. О покрытии плоскости квадратами

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 3 выпуск)

Условие

Можно ли покрыть всю плоскость квадратами с длинами сторон 1,2,4,8,16,… (без наложения), используя каждый квадрат не более а) десяти раз; б) одного раза?

Доказательство

  1. Можно. Пример покрытия (где квадрат со стороной 1 используется 4 раза, а остальные — по 3 раза) приведен на рисунке 1.
    Рис. 1
  2. Нельзя. Предположим, что существует покрытие, в котором все квадраты различны. Поскольку сумма всех чисел не превосходящих 2n−1, меньше 2n (1+2+22+…+2n−1=2n−1), то к каждой стороне любого из квадратов нашего покрытия должна примыкать сторона большего квадрата. Отсюда следует, что каждая вершина квадрата должна лежать на стороне большего квадрата (если вершина B квадрата ABCD лежит на стороне большего квадрата, примыкающего к стороне AB (рис. 2), то вершина C будет лежать на стороне большего квадрата, примыкающего к BC, и т.д.).
Рис. 2

Рассмотрим теперь наименьший из всех квадратов покрытия. Четыре квадрата будут примыкать к нему так, как показано на рисунке 3.

Рис. 3

Рассмотрим больший из этих квадратов — пусть он примыкает к стороне AB наименьшего (на рисунке — это черный квадрат). Тогда вершина A этого квадрата не лежит на стороне большего, чем он, квадрата. Получили противоречие.

Д.Фомин