Изоморфизм линейных пространств. Критерий изоморфности. Применение понятия изоморфизма к решению задач.

Спойлер

Изоморфизм линейных пространств, свойства

Дано два конечномерных линейных пространства  (X_1, \mathbb{P}) и  (X_2, \mathbb{P}), заданных над одним полем  \mathbb{P}(любое числовое поле)
 X_1 \simeq X_2 (изоморфны), если:

  1.  \exists f: X_1 \to X_2 (т.е. \forall a\in X_1 сопоставляется вектор  a`\in X`, образ вектора a, причём различные векторы из  X обладают различными образами и всякий вектор из  X` служит образом некоторого вектора из  X).
  2.  f(\alpha a+\beta b) = \alpha f(a) + \beta f(b),  \forall a,b \in X_1,  \forall \alpha, \beta \in P.

Свойства изоморфизма:

  1.  f(0)= 0;
  2.  f(-x)= f(x);
  3.  f(\sum\limits_{j=1}^k \alpha_je_j)= \sum\limits_{j=1}^k \alpha_j f(e_j);
  4. ЛНЗ  \to^f ЛНЗ;
  5. ЛЗ  \to^f ЛЗ;
  6. Базис отображается в базис;
  7. dim  X_1= dim X_2;
  8. Прямая сумма  \to прямая сумма.

Критерий изоморфности:

 X_1 \simeq X_2 \Leftrightarrow dim  X_1 = dim X_2.

[свернуть]

ПРИМЕР

Любой геометрический радиус-вектор плоскости, представим в виде:
 x = ix_1 + jx_2
svg111
При этом, если  x = ix_1 + jx_2,  y = iy_1 + jy_2, то
 x + y = (x_1 + y_1)i +(x_2 + y_2)j и  \alpha x = (\alpha x_1)i + (\alpha x_2)j.
В результате устанавливаем взаимно однозначное соответствие  x \Leftrightarrow (x_1, x_2), соответствие между пространствами геометрических радиусов-векторов плоскости и двумерных арифметических векторов. Очевидно, оно будет изоморфизмом данных пространств, так как
если  x \Leftrightarrow (x_1, x_2),  y \Leftrightarrow (y_1, y_2), то  x + y \Leftrightarrow (x_1 + y_1, x_2 + y_2) и  \alpha x \Leftrightarrow ( \alpha x_1, \alpha x_2 ).

Задача

Даны пространства  A = \mathbb{R} и  B = \mathbb{R}. Установить между ними соответствие, которое:

  1. будет являться изоморфизмом;
  2. не будет являться изоморфизмом.

Решение

  1. Первое, что мы делаем, это каждому числу  a \in \mathbb{R} ставим в соответсвие число  b \in \mathbb{R}, придерживаясь правила:  b= 2a. Каждое  b \in \mathbb{R} будет отвечать единственному числу  a= \frac{1}{2}b. Отсюда следует, что утверждение  b= 2a устанавливает взаимно однозначное соответствие  \mathbb{R} \Leftrightarrow \mathbb{R}. Если  a_1 \Leftrightarrow b_1 и  a_2 \Leftrightarrow b_2, т.е.  b_1 = 2a_1 и  b_2= 2a_2 то  (a_1+a_2) \Leftrightarrow (b_1+b_2), так как  b_1+b_2= 2a_1+2a_2 = 2(a_1+a_2). Если  a \Leftrightarrow b, т.е.  b= 2a, то  \lambda a \Leftrightarrow \lambda b для каждого действительного числа  \lambda , так как  \lambda b= \lambda 2a= 2 \lambda a. Как результат, в данном соответствии  b= 2a сохраняются линейные операции, и оно является изоморфизмом.
  2. Следующее взаимно однозначное соответствие, которое будем рассматривать  \mathbb{R} \Leftrightarrow \mathbb{R}, устанавливается формулой  b= a^3 (число сопоставляемое числу  a= \sqrt[3]{b}). Данное соответствие не будет являться изоморфизмом, потому что будет сохранять линейные операции. Как пример, если  a \Leftrightarrow b, т.е.  b= a^3, то {(2a)}^3= 8a^3= 8b. Значит,  2a \Leftrightarrow 8b, возникает противоречие условию  \lambda a \Leftrightarrow \lambda b для  \lambda = 2 .

Задача

Проверить, являются ли изоморфными пространства:
 X_1= \{ f(x) \in R[x] | f(x) \quad\vdots\quad (x^2+1) \} и  X_2, натянутое на систему векторов  <a_1, a_2, a_3>. a_1=(0,0,1,0,1),  a_2=(0,1,0,1,0) и  a_3=(1,0,1,0,0).

Решение

Найдем базис  X_1
 \forall f(x) \in X_1 \Leftrightarrow f(x)= (x^2+1)(ax^2+bx+c)= ax^4+bx^3+ax^2+cx^2+bx+c= a(x^4+x^2)+b(x^3+x)+c(x^2+1), таким образом <x^4+x^2,x^3+x,x^2+1> — базис.
Очевидно, что система  <a_1,a_2,a_3>, на которую натянуто  X_2 ЛНЗ (линейно независимая система), dim  X_1 = dim  X_2= 3. Следовательно по критерию изоморфности  X_1 \simeq X_2.

Источники

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций
  2. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. Издание пятое, 1974.Стр. 170

Изоморфизм линейных пространств

Тест по теме: «Изоморфизм линейных пространств. Критерий изоморфности»

Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису

Задача №1

Условие задачи

Векторы e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n} и x заданы своими координатами в некотором базисе. Показать, что векторы e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n} сами образуют базис, и найти координаты вектора x в этом базисе:

e_1=(1, 1, 1), e_2=(1, 1, 2), e_3=(1, 2, 3); x_f=(6, 9, 14); x_e=?.

Эту задачу можно решить двумя способами.

Спойлер

Проверим ЛНЗ системы \langle e_1,e_2,e_3 \rangle:

\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 1 & 2\\1 & 2 & 3\end{vmatrix}=3+2+2-1-4-3=-1 \ne 0
\Downarrow
\langle e_1,e_2,e_3 \rangle -ЛНЗ \Rightarrowбазис в \mathbb{R}^3.

Построим линейную комбинацию вектора x в базисе e:

x=\alpha_{1}e_{1}+\alpha_{2}e_{2}+\alpha_{3}e_{3}

(6,9,14)=(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3},\alpha_{1}+\alpha_{2}+2\alpha_{3},\alpha_{1}+2\alpha_{2}+3\alpha_{3})

Решаем систему методом Гаусса и находим координаты вектора x в базисе e:

\left\{\begin{matrix}\alpha_{1} & + & \alpha_{2} & + & \alpha_{3} & = & 6\\ \alpha_{1} & + & \alpha_{2} & + & 2\alpha_{3} & = & 9\\ \alpha_{1} & + & 2\alpha_{2} & + & 3\alpha_{3} & = & 14 \end{matrix}\right.

\left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 1 & 1 & 2 & 9 \\ 1 & 2 & 3 & 14 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right)

\alpha_{3}=3
\alpha_{2}+2\alpha_{3}=8
\alpha_{2}=8-6=2
\alpha_{1}=6-2-3=1

\left\{\begin{matrix}\alpha_{1} & = & 1\\ \alpha_{2} & = & 2\\ \alpha_{3} & = & 3 \end{matrix}\right.

[свернуть]
Спойлер

Проверим ЛНЗ системы \langle e_1,e_2,e_3 \rangle:

\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 1 & 2\\1 & 2 & 3\end{vmatrix}=3+2+2-1-4-3=-1 \ne 0
\Downarrow
\langle e_1,e_2,e_3 \rangle -ЛНЗ \Rightarrowбазис в \mathbb{R}^3.

Строим матрицу перехода:

x_{f}=\Gamma x_{e}, где \Gamma — матрица перехода.

x_{e}=\Gamma^{-1}x_{f}

Находим обратную матрицу \Gamma^{-1}:

\Gamma=\left(\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right)

\det \Gamma=-1

\tilde{\Gamma}=\left(\begin{matrix}-1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{matrix}\right)

\tilde{\Gamma}^{T}=\left(\begin{matrix}-1 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{matrix}\right)

\Gamma^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -1 \\ 1 & -2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right)

x_{e}=\Gamma^{-1}x_{f}=\left(\begin{matrix}1 & 1 & -1 \\ 1 & -2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}6\\9\\14\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\right)

[свернуть]

Задача №2

Условие задачи

Доказать, что каждая из двух систем векторов является базисом, и найти связь координат одного и того же вектора в этих двух базисах:

e_1=(1, 2, 1), e_2=(2, 3, 3), e_3=(3, 7, 1)e'_1=(3, 1, 4), e'_2=(5, 2, 1), e'_3=(1, 1, -6).

Спойлер

Проверим ЛНЗ системы \langle e_1,e_2,e_3 \rangle:

\begin{vmatrix}1 & 2 & 1\\2 & 3 & 3\\3 & 7 & 1\end{vmatrix}=3+18+14-9-21-4=1 \ne 0
\Downarrow
\langle e_1,e_2,e_3 \rangle -ЛНЗ \Rightarrowбазис в \mathbb{R}^3.

Проверим ЛНЗ системы \langle e'_1,e'_2,e'_3 \rangle:

\begin{vmatrix}3 & 1 & 4\\5 & 2 & 1\\1 & 1 & -6\end{vmatrix}=-36+1+20-8-3+30=4 \ne 0
\Downarrow
\langle e'_1,e'_2,e'_3 \rangle -ЛНЗ \Rightarrowбазис в \mathbb{R}^3.

Построим матрицу перехода:

\Gamma_{E \to E'}

Построим линейную комбинацию для каждого вектора из базиса E':

\left\{\begin{matrix}\alpha_{11}e_{1} & + & \alpha_{21}e_{2} & + & \alpha_{31}e_{3} & = & e'_{1}\\ \alpha_{12}e_{1} & + & \alpha_{22}e_{2} & + & \alpha_{32}e_{3} & = & e'_{2}\\ \alpha_{13}e_{1} & + & \alpha_{23}e_{2} & + & \alpha_{33}e_{3} & = & e'_{3} \end{matrix}\right.

\left\{\begin{matrix}\alpha_{11}(1, 2, 1) & + & \alpha_{21}(2, 3, 3) & + & \alpha_{31}(3, 7, 1) & = & (3, 1, 4)\\ \alpha_{12}(1, 2, 1) & + & \alpha_{22}(2, 3, 3) & + & \alpha_{32}(3, 7, 1) & = & (5, 2, 1)\\ \alpha_{13}(1, 2, 1) & + & \alpha_{23}(2, 3, 3) & + & \alpha_{33}(3, 7, 1) & = & (1, 1, -6) \end{matrix}\right.

\left\{\begin{matrix}\alpha_{11} & + & 2\alpha_{21} & + & 3\alpha_{31} & = & 3\\ 2\alpha_{11} & + & 3\alpha_{21} & + & 7\alpha_{31} & = & 1\\ \alpha_{11} & + & 3\alpha_{21} & + & \alpha_{31} & = & 4 \end{matrix}\right.      \left\{\begin{matrix}\alpha_{12} & + & 2\alpha_{22} & + & 3\alpha_{32} & = & 5\\ 2\alpha_{12} & + & 3\alpha_{22} & + & 7\alpha_{32} & = & 2\\ \alpha_{12} & + & 3\alpha_{22} & + & \alpha_{32} & = & 1 \end{matrix}\right.      \left\{\begin{matrix}\alpha_{13} & + & 2\alpha_{23} & + & 3\alpha_{33} & = & 1\\ 2\alpha_{13} & + & 3\alpha_{23} & + & 7\alpha_{33} & = & 1\\ \alpha_{13} & + & 3\alpha_{23} & + & \alpha_{33} & = & -6 \end{matrix}\right.

Решаем систему методом Гаусса и находим координаты векторов в новом базисе:

\left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 2 & 3 & 7 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 1 & 4 & 1 & -6 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & -8 & -1 \\ 0 & 1 & -2 & 1 & -4 & -7 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c|c|c}1 & 2 & 3 & 3 & 5 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -5 & -8 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -4 & -12 & -8 \end{array}\right)

\left\{\begin{matrix}\alpha_{31} & = & 4\\ \alpha_{21} & = & 9\\ \alpha_{11} & = & -27 \end{matrix}\right.
e'_{1}=(-27, 9, 4)

\left\{\begin{matrix}\alpha_{32} & = & 12\\ \alpha_{22} & = & 20\\ \alpha_{12} & = & -71 \end{matrix}\right.
e'_{2}=(-71, 20, 12)

\left\{\begin{matrix}\alpha_{33} & = & 8\\ \alpha_{23} & = & 9\\ \alpha_{13} & = & -41 \end{matrix}\right.
e'_{3}=(-41, 9, 8)

\Gamma_{E \to E'}=\left(\begin{matrix}-27 & -71 & 41 \\ 9 & 20 & 9 \\ 4 & 12 & 8 \end{matrix}\right)

x_{1}=-27x'_{1}-71x'_{2}-41x'_{3}; x_{2}=9x'_{1}+20x'_{2}+9x'_{3}; x_{3}=4x'_{1}+12x'_{2}+8x'_{3}.

[свернуть]

Задача №3

Условие задачи

Найти размерность и базис линейных подпространств, натянутых на следующие системы векторов:

a_{1}=(1, 0, 0, -1)a_{2}=(2, 1, 1, 0)a_{3}=(1, 1, 1, 1)a_{4}=(1, 2, 3, 4)a_{5}=(0, 1, 2, 3).

Спойлер

L=\langle a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5} \rangle, где L — подпространство

Исследуем эту систему векторов на линейную зависимость. Для этого составим матрицу, строками которой будут координаты векторов, и найдем ее ранг:

\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right) \sim\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right)

Вычеркивая любую из одинаковых строк (не забывая координаты какого вектора стояли на том месте), получаем:

\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right) \sim  \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right)

Делая аналогично предыдущему пункту, получаем:

\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right)

Ранг данной матрицы равен 3 \Rightarrow \dim L=3. Базис образуют, например, векторы a_{1}, a_{2}, a_{4} (это векторы которые остались в матрице).

[свернуть]

Литература:

  1. Белозёров Г.С. Конспект лекций.
  2. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.:Наука, 1984 — стр.167-170.
  3. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980 — стр.52.

Тест на тему "Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису"

Тест на знание темы «Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису»

Таблица лучших: Тест на тему "Базис и размерность линейного пространства. Переход к новому базису"

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