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 $$x =\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\ldots+\alpha_{n} e_{n},$$ где $\alpha_{1},\alpha_{2} \ldots\alpha_{n}$ — некоторые числа из поля, а $e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}$ — базис $X$. Данная линейная комбинация называется разложением вектора $x$ по базису, а сами числа $\alpha_{1},\alpha_{2} \ldots\alpha_{n}$ 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 $X$: $\operatorname{dim} Х$.

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 $\mathbb{P}$. Пусть в этом пространстве задана ЛНЗ система векторов $\left\langle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}\right\rangle.$ А размерность $\operatorname{dim} Х = 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: $$\langle x_{1}, \ldots, x_{k}, x_{k+1}, \ldots x_{s}\rangle.$$

    Эта система максимально ЛНЗ в $X$, следовательно она является базисом. Тогда $s=n$ и отсюда следует, что $\langle x_{k+1}, \ldots x_{n} \rangle$ — 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 $(\alpha, \beta, \alpha, \beta, \alpha, \beta, \ldots)$, где $\alpha$ и $\beta$ — любые числа. $$L=\{x=(\alpha, \beta, \alpha, \beta, \ldots) | \alpha, \beta \in \mathbb{R}\}$$
    Решение

    $$\forall x, y \in L: \forall a, b \in \mathbb{R}(a x+b y) \in L ?$$

    Покажем, что система векторов образуют линейное пространство: $$a x+b y=a \cdot(\alpha, \beta, \alpha, \beta \ldots)+b(\varphi, \gamma, \varphi, \gamma \ldots) =$$ $$=(a \alpha, a \beta, a \alpha, a \beta \ldots)+(\varphi b, \gamma b, \varphi b, \gamma b \ldots)=$$ $$=(a \alpha+b \varphi, a \beta+\gamma b, a \alpha+b \varphi, a \beta+\gamma b \ldots) \in L.$$

    Построим стандартный базис: $$e_{1}=(1,0,0,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{1}^{\prime}=(1,0,1,0, \ldots)$$ $$e_{2}=(0,1,0,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{1}^{\prime}=(0,1,0,1, \ldots)$$ $$e_{3}=(0,0,1,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{3}^{\prime}=(1,0,1,0, \ldots)$$ $$e_{4}=(0,0,0,1, \ldots, 0)\rightarrow e_{4}^{\prime}=(0,1,0,1, \ldots)$$

    Следовательно, $\left\langle e_{1}^{\prime}, e_{2}^{\prime}\right\rangle$ — базис $L$. Размерность равна 2.

  2. Определить является ли $L$ линейным подпространством пространства $X$. Найти базис и размерность. $$X=M_{2}(\mathbb{R})$$ $$L=\left\{\left(\begin{array}{l} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R}) | a+b+c=d\right\}.$$
    Решение

    $$\forall A, B \in L, \forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}$$ $$\alpha A+\beta B \in L ?$$

    Покажем сначала принадлежность к $M_{2}(\mathbb{R})$. Пусть $$A=\left(\begin{array}{ll} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1} \end{array}\right) \quad B=\left(\begin{array}{ll} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{array}\right),$$ тогда $$\alpha \cdot\left(\begin{array}{ll} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1}\end{array}\right)+\beta \cdot\left(\begin{array}{ll} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{array}\right)= \left(\begin{array}{ll} \alpha a_{1} & \alpha b_{1} \\ \alpha c_{1} & \alpha d_{1} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{ll} \beta a_{2} & \beta b_{2} \\ \beta c_{2} & \beta d_{2} \end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{ll} \alpha a_{1}+\beta a_{2} & \alpha b_{1}+\beta b_{2} \\ \alpha c_{1}+\beta c_{2} & \alpha d_{1} +\beta d_{2} \end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R})$$

    Можем доказать, что $L$ является подпространством $X$. $$\left.\begin{array}{l} d_{1}=a_{1}+b_{1}+c_{1} \\ d_{2}=a_{2}+b_{2}+c_{2} \end{array}\right\} \Rightarrow\begin{array}{l} \alpha d_{1}=\alpha a_{1}+\alpha b_{1}+\alpha c_{1} \\ \alpha d_{2}=\alpha a_{2}+\alpha b_{2}+\alpha c_{2} \end{array} \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \alpha d_{1}+\beta d_{2}=(\alpha a_{1}+ \beta a_{2})+(\alpha b_{1} + \beta b_{2})+(\alpha c_{1} + \beta c_{2}) \Rightarrow$$ $$\Rightarrow (\alpha A + \beta B) \in L \Rightarrow L \subset X.$$

    Теперь найдем базис исходя из условий.$$ E_{11}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{11}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\0 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{12}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{12}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\0 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{21}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{21}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\1 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{22}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\rightarrow \nexists$$

    Предполагаемый базис: $E^{\prime}=\left\langle E^{\prime}_{11}, E^{\prime}_{12}, E^{\prime}_{21} \right\rangle$. Проверим ЛНЗ нашего базиса.

    Пусть $$\alpha_{1}E^{\prime}_{11}+ \alpha_{2}E^{\prime}_{12}+ \alpha_{3}E^{\prime}_{21}=0,$$ тогда $$\left(\begin{array}{ll}\alpha_{1} & \alpha_{2} \\\alpha_{3} & \alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}0 & 0 \\0 & 0\end{array}\right) \Rightarrow \alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=0 \Rightarrow$$ $\Rightarrow$ по критерию ЛНЗ, $E^{\prime}$ — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. Вспомним, что по условию $d = a + b + c.$ Отсюда следует, что $$a \cdot\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+b \cdot\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+c\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{cc}a & b \\c & a+b+c \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a & b \\c & d\end{array}\right)=A \Rightarrow $$ $\Rightarrow \forall A \in L$ линейно выражается через $E^{\prime}$. А так как мы доказали, что $E^{\prime}$ — ЛНЗ, то $E^{\prime}$ — базис $L$. Размерность равна 3.

  3. Определить является ли $L$ линейным подпространством пространства $X$. Найти базис и размерность. $$X=\mathbb{R}_{4}[x]$$ $$L=\left\{f(x)=\mathbb{R}_{4}[x] | f(x): x^{2}+2\right\}.$$
    Решение

    Пусть $f(x) \in L$ и $f(x): x^{2}+2$, тогда $$f(x)=\left(x^{2}+2\right) \cdot\left(a x^{2}+b x+c\right).$$

    Докажем, что $$\forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \forall f(x), g(x) \in L ?$$

    $$\alpha(a x^{2}+b x+c)+\beta(a x^{2}+b x+c)=$$ $$(x^{2}+2)(\alpha a x^{2}+\alpha b x+\alpha c+\beta a x^{2}+\beta b x+\beta c)=$$ $$(x^{2}+2)(\alpha a x^{2}+\beta a x^{2}+\alpha b x+\beta b x+\alpha c+\beta c) \in L$$

    Теперь найдем базис: $$f(x)=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c,$$ тогда $$a\left(x^{4}+2 x^{2}\right)+b(x^{3}+2 x)+c(x^{2}+2)$$ и следовательно $$\begin{array}{l}e_{1}=x^{4}+2 x^{2} \\ e_{2}=x^{3}+2 x \\ e_{3}=x^{2}+2 \end{array}$$

    Наш предполагаемый базис: $e=\langle e_{1}, e_{2}, e_{3}\rangle$. Докажем ЛНЗ нашего базиса. $$\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\alpha_{3} e_{3}=$$ $$=\alpha_{1} x^{4}+\alpha_{1} 2 x^{2}+\alpha_{2} x^{3}+\alpha_{2} 2 x+\alpha_{3} x^{2}+2 \alpha_{3}=0$$ $$\Rightarrow \alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=0 \Rightarrow$$ $\Rightarrow$ по критерию ЛНЗ, $e$ — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. $$\forall f(x) \in L : f(x)=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c$$ $$\exists \alpha_{1}=a, \alpha_{2}=b, \alpha_{3}=c.$$

    Тогда $$\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\alpha_{3} e_{3}=$$ $$= a(x^{4}+2 x^{2})+b(x^{3}+2 x)+c(x^{2}+2)$$ $$a x^{4}+2 a x^{2}+b x^{3}+2 b x+c x^{2}+2 c=$$ $$=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c = f(x) \Rightarrow$$ $\Rightarrow \forall f(x)$ линейно выражается через любой вектор $e=\langle e_{1}, e_{2}, e_{3}\rangle$. 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)

Лемма Больцано-Вейерштрасса

Теорема Больцано — Вейерштрасса, или лемма Больцано — Вейерштрасса о предельной точке — фундаментальная теорема математического анализа, гласящая, что из любой ограниченной последовательности точек пространства [latex]\mathbb{R}^n[/latex] можно выделить сходящуюся подпоследовательность. Т. Б. — В., используется при доказательстве многих теорем анализа, например, теоремы о достижении непрерывной на отрезке функцией своих точных верхней и нижней граней. Теорема названа в честь чешского математика Бернарда Больцано и немецкого математика Карла Вейерштрасса, которые независимо друг от друга вывели ее формулировку и доказательство.

Формулировка. Любое бесконечное ограниченное множество [latex]F \subset \mathbb{R}^n[/latex] имеет по крайней мере одну предельную точку. Доказательство. Пусть множество [latex]F[/latex] является бесконечным и ограниченным множеством. Предположим, что оно не имеет предельных точек. Следовательно, оно является замкнутым. Поскольку [latex]F[/latex] еще и ограничено, то, по теореме Гейне – Бореля, [latex]F[/latex] компактно. Для каждой точки [latex]x \in F[/latex] построим такую окрестность [latex]U_x[/latex], в которой нет других точек из [latex]F[/latex], кроме [latex]x[/latex] (если бы для какой-то точки [latex]x[/latex] такой окрестности не было, то эта точка была бы предельной для [latex]F[/latex]). Тогда семейство [latex]\left\{U_x \right\}_{x \in F}[/latex] образует открытое покрытие компактного множества [latex]F[/latex]. Пользуясь компактностью [latex]F[/latex], выберем из него некое конечное подпокрытие, иными словами. конечный набор шаров, в каждом из которых содержится лишь по одной точке из множества [latex]E[/latex]. Но это противоречит тому, что множество [latex]E[/latex] бесконечно.[latex]\square[/latex]
Замечание. Предельная точка, существование которой утверждается в данной теореме, вообще говоря, не обязана принадлежать множеству [latex]E[/latex].

Литература:

Лемма Гейне-Бореля

Лемма (Гейне – Бореля). Произвольный сегмент в [latex]\mathbb{R}^n[/latex] является компактным множеством .

Доказательство. Обозначим через [latex]I = [a^1,b^1;…;a^n,b^n][/latex] – сегмент в [latex]\mathbb{R}^n[/latex]. Докажем от противного. Пусть данный сегмент не является компактным. Тогда найдется такое открытое покрытие [latex]\Omega[/latex] сегмента [latex]I[/latex], что никакое конечное подсемейство множеств из [latex]\Omega[/latex] не покрывает [latex]I[/latex]. Все стороны [latex][a^i,b^i][/latex] сегмента [latex]I[/latex] разделим пополам. Таким образом данный сегмент можно разбить на [latex]2^n[/latex] сегментов. По крайней мере один из них не покрывается конечным подсемейством множеств из [latex]\Omega[/latex]. В противном случае, исходный сегмент [latex]I[/latex] также мог бы быть покрытым конечным набором множеств из [latex]\Omega[/latex], что приводит к противоречию. Обозначим через [latex]I_1[/latex] тот из подсегментов [latex]I[/latex], который не может быть покрыт конечным набором множеств из [latex]\Omega[/latex]. Каждую из сторон сегмента [latex]I_1[/latex] опять разделим пополам и среди полученных [latex]2^n[/latex] сегментов, на которые окажется разбитым [latex]I_1[/latex], возьмем тот, который не покрывается конечным подсемейством множеств из [latex]\Omega[/latex]. Обозначим его через [latex]I_2[/latex] и так далее. Продолжая подобные действия, получим последовательность вложенных сегментов [latex]I \supset I_1 \supset I_2 \supset … \supset I_{\nu} \supset …[/latex], таких, что любой из сегментов [latex]I_{\nu}[/latex] не может быть покрыт каким-либо конечным подсемейством множеств из [latex]\Omega[/latex]. Заметим также, что [latex]diam \> I_{\nu} = \frac{diam \> I}{2^{\nu}} \mapsto 0 (\nu \mapsto \infty)[/latex]. Применив к полученной последовательности [latex]I_{\nu}[/latex] лемму о вложенных сегментах, найдем точку [latex]x_0 \in I_{\nu} (\nu = 1,2,…)[/latex]. Поскольку [latex]x_0 \in I[/latex], а [latex]I[/latex] покрыт семейством [latex]\Omega[/latex] открытых множеств, то найдется такое открытое множество [latex]F \in \Omega[/latex], что [latex]x_0 \in F[/latex]. Поскольку множество [latex]F[/latex] открытое и точка [latex]x_0 \in F[/latex], то эта точка внутренняя в [latex]F[/latex]. Это означает, что найдется такая окрестность [latex]B(x_0,\delta)[/latex] точки [latex]x_0[/latex], которая целиком содержится во множестве [latex]F[/latex]. Но поскольку диаметры сегментов [latex]I_{\nu}[/latex] стремятся к нулю при [latex]\nu \mapsto \infty[/latex], то, начиная с какого-то номера [latex]\nu_0[/latex], они будут меньшими, чем [latex]\delta[/latex], то есть. [latex]diam \> I_{\nu} < \delta (\nu \geq \nu_0)[/latex]. Учитывая, что [latex]x_0 \in I_{\nu}[/latex], получаем, что [latex]I_{\nu} \subset B(x_0,\delta)[/latex], а значит, [latex]I_{\nu} \subset F[/latex]. Итак, мы получили, что при [latex]\nu \geq \nu_0[/latex] сегмент [latex]I_{\nu}[/latex] содержится во множестве [latex]F[/latex]. Но это противоречит выбору сегментов [latex]I_{\nu}[/latex], поскольку они были выбраны так, что никакое конечное подсемейство множеств из [latex]\Omega[/latex] не покрывает [latex]I_{\nu}[/latex]. Полученное противоречие завершает доказательство. [latex]\square[/latex]

Литература:

Компактные множества

КОМПАКТНЫЕ МНОЖЕСТВА

Определение. Пусть множество [latex]E \subset \mathbb{R}^n[/latex]. Семейство открытых множеств [latex]\left\{G_{\alpha}\right\}[/latex] называется открытым покрытием множества [latex]E[/latex], если каждая точка [latex]x \in E[/latex] принадлежит хотя бы одному из множеств [latex]G_{\alpha}[/latex], т. е. если [latex]E \subset \bigcup_{\alpha}G_{\alpha}[/latex].

Определение. Множество [latex]E \subset \mathbb{R}^n[/latex] называется компактным, если каждое его открытое покрытие содержит конечное подсемейство, также покрывающее множество [latex]E[/latex]. Это подсемейство называется конечным подпокрытием.

Например, множество, состоящее из одной точки, двух точек или любого конечного набора точек, очевидно, компактное. Пусть [latex]E \subset \mathbb{R}^n[/latex]. Диаметром множества [latex]E[/latex] называется число [latex]diam \> E = sup_{x,y \in E} \left | x — y \right |[/latex], т. е. верхняя грань расстояний между всевозможными парами точек из [latex]E[/latex]. Например, если [latex]E = \left [a^1,b^1;…;a^n,b^n \right ][/latex] – [latex]n[/latex]-мерный сегмент, то, очевидно, [latex]diam \> E = |b-a|[/latex], где [latex]a = (a^1,…,a^n), b = (b^1,…,b^n)[/latex].

Лемма (о вложенных сегментах). Пусть  [latex]\left\{I_{\nu}\right\}[/latex] – последовательность вложенных сегментов из [latex] \mathbb{R}^n [/latex], т. е. [latex]I_1 \supset I_2 \supset…\supset I_{\nu} \supset…[/latex], диаметры которых стремятся к нулю при [latex]\nu \mapsto \infty[/latex]. Тогда существует, и притом единственная, точка [latex]x_0[/latex], принадлежащая всем этим сегментам.
Доказательство. Пусть [latex]I_{\nu} = \left [a^1_{\nu},b^1_{\nu};…;a^n{\nu},b^n_{\nu} \right ] (\nu = 1,2,…)[/latex]. При каждом фиксированном [latex]i = 1,…,n[/latex] последовательность одномерных отрезков [latex] \left [a^i_{\nu},b^i_{\nu} \right ] (\nu = 1,2,…)[/latex] состоит из вложенных друг в друга отрезков, т. е. [latex][a^i_1,b^i_1] \subset [a^i_2,b^i_2] \subset … \subset [a^i_{\nu},b^i_{\nu}] \subset …[/latex], и длины этих отрезков стремятся к нулю при [latex]\nu \mapsto \infty[/latex]. По лемме Кантора, для зафиксированного [latex]i[/latex] найдется число [latex]x^i_0[/latex], такое, что [latex]x^i_0 \in [a^i_{\nu},b^i_{\nu}] (\nu = 1,2,…)[/latex], т. е. [latex]a^i_{\nu} \leq x^i_0 \leq b^i_{\nu} (\nu = 1,2,…)[/latex]. Но тогда точка [latex]x_0 = (x^1_0,…,x^n_0)[/latex], очевидно, принадлежит всем [latex]I_{\nu}[/latex]. Двух различных точек, принадлежащих всем [latex]I_{\nu}[/latex] одновременно, быть не может. Действительно, если [latex]{x}’,{x}» \in I_{\nu} (\nu = 1,2,…)[/latex], то [latex]|{x}’-{x}»| \leq diam \> I_{\nu}[/latex]. По условию правая часть стремится к нулю при [latex]\nu \mapsto \infty[/latex], так что [latex]{x}’={x}»[/latex].

Литература:

Компактные множества

Тест по теме «Компактные множества»

Таблица лучших: Компактные множества

максимум из 11 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных