Zadanie 1. Znajdź bazę dualną do bazy C 3

Algebra z geometrią 2012/2013

Seria XX, 25 III 2013 r.

Zadanie 1. Znajdź bazę dualną do bazy C ³

B :=



 

 

¯ e 1 =







1 1 0





 , ¯ e 2 =







1 0 1





 , ¯ e 3 =







0 1 1









 

 

.

Rozwiązanie: Wiemy, że baza dualna bazy kanonicznej

B ₀ :=



 

 

e ₁ =







1 0 0





 , e ₂ =







0 1 0





 , e ₃ =







0 0 1









 

 

.

to B ₀ ^∗ := ⁿ e ¹ = ^ 1 0 0 ^ , e ² = ^ 0 1 0 ^ , e ³ = ^ 0 0 1 ^o . Szukamy bazy B ^∗ = {¯ e ¹ , ¯ e ² , ¯ e ³ } przestrzeni dualnej (C ³ ) ^∗ takiej, że

¯

e ^j (¯ e _i ) = δ _i ^j , i, j = 1, 2, 3. (1) Można zauważyć, że dla dowolnego wektora v = λ ¹ e ₁ + λ ² e ₂ + λ ³ e ₃ ∈ C ³ , to

¯

e ^j (v) = ¯ e ^j (λ ¹ e ₁ + λ ² e ₂ + λ ³ e ₃ ) = λ ¹ e ¯ ^j (e ₁ ) + λ ² ¯ e ^j (e ₂ ) + λ ³ e ¯ ^j (e ₃ ).

Na przykład,

¯

e ^j (¯ e _i ) = ¯ e ^j (λ ¹ _i e ₁ + λ ² _i e ₂ + λ ³ _i e ₃ ) = λ ¹ _i e ¯ ^j (e ₁ ) + λ ² _i ¯ e ^j (e ₂ ) + λ ³ _i e ¯ ^j (e ₃ ), gdzie λ ¹ _i , λ ² _i , λ ³ _i to współrzędy wektora ¯ e _i w bazie e ₁ , e ₂ , e ₃ .

Z tego i skoro

¯

e ₁ = e ₁ + e ₂ , e ¯ ₂ = e ₁ + e ₃ , e ¯ ₃ = e ₂ + e ₃ , można warunki (1) napisać macierzowo







1 0 0 0 1 0 0 0 1





 =







¯

e ¹ (¯ e ₁ ) ¯ e ¹ (¯ e ₂ ) ¯ e ¹ (¯ e ₃ )

¯

e ² (¯ e ₁ ) ¯ e ² (¯ e ₂ ) ¯ e ² (¯ e ₃ )

¯

e ³ (¯ e 1 ) ¯ e ³ (¯ e 2 ) ¯ e ³ (¯ e 3 )





 =







¯

e ¹ (e ₁ ) ¯ e ¹ (e ₂ ) ¯ e ¹ (e ₃ )

¯

e ² (e ₁ ) ¯ e ² (e ₂ ) ¯ e ² (e ₃ )

¯

e ³ (e 1 ) ¯ e ³ (e 2 ) ¯ e ³ (e 3 )













1 1 0 1 0 1 0 1 1





 . Wobec powyższego wzoru, to







¯

e ¹ (e ₁ ) ¯ e ¹ (e ₂ ) ¯ e ¹ (e ₃ )

¯

e ² (e ₁ ) ¯ e ² (e ₂ ) ¯ e ² (e ₃ )

¯

e ³ (e 1 ) ¯ e ³ (e 2 ) ¯ e ³ (e 3 )





 =







1 1 0 1 0 1 0 1 1







−1

= 1 2







1 1 −1

1 −1 1

−1 1 1





 . Więc,

¯ e ¹ = 1

2 (e ¹ + e ² − e ³ ), ¯ e ² = 1

2 (e ¹ − e ² + e ³ ), e ¯ ³ = 1

2 (−e ¹ + e ² + e ³ ).

Uwaga: Można rozwiązać powyższe ćwiczenie za pomocą macierzy zmiany bazy w przestrzeni dualnej. Dana forma liniowa ω ∈ E ^∗ i wektor v ∈ E, mamy, że

ω(v) = ω _B

^∗

· v _B ,

gdzie v _B to wektor (kolumnowy) v we współrzędnach bazy B i ω _B to współrzędny formy liniowej ω (vektor poziomowy) w bazie dualnej B ^∗ . Niech A będzie macierzą zmiany bazy od B do B ₀ , to

ω(v) = ω _B

^∗

· A ⁻¹ · A · v _B = ω _B

^∗

· A ⁻¹ · v _B

₀

= ω _B

^∗

0

· v _B

₀

.

1

Skoro to prawda dla dowolnego v, to ω _B

^∗

0

= ω _B

^∗

· A ⁻¹ .

Możemy stosować poprzedni wynik do naszego problemu. We współrzędnach bazej dualnej do

¯

e ₁ , ¯ e ₂ , ¯ e ₂ , czyli B ^∗ , wektory ¯ e ¹ , ¯ e ² , ¯ e ³ mają postać (1, 0, 0), (0, 1, 0) i (0, 0, 1). Skoro macierz zmiany bazy od B do B ₀ to







1 1 0 1 0 1 0 1 1





 ,

to współrzędny form liniowych ¯ e ¹ , ¯ e ¹ , ¯ e ¹ w bazie B ₀ ^∗ dualnej do bazy kanonycznej to







1 0 0 0 1 0 0 0 1







1 2







1 1 −1

1 −1 1

−1 1 1





 = 1 2







1 1 −1

1 −1 1

−1 1 1





 . Więc, j-tej wiersz to wspólrzędny ¯ e ^j w bazie B ₀ ^∗ , czyli

¯ e ¹ = 1

2 (e ¹ + e ² − e ³ ), ¯ e ² = 1

2 (e ¹ − e ² + e ³ ), e ¯ ³ = 1

2 (−e ¹ + e ² + e ³ ).

Zadanie 2. Znajdź bazę dualną do bazy B := {1, x, ^x _2!

²

, · · · , ^x _n!

ⁿ

} przestrzeni wektorowej rzeczywi- stych funkcji wielomianowych nie posiadających stopnia wyższego niż n.

Rozwiązanie: Możemy zdefiniować następujące odwzorowania liniowe od R n [x] do R postaci ω _j (P (x)) = d ^j P

dx ^j (0), j = 1, . . . , n, (2)

i ω ₀ (P (x)) = P (0). Często pisze się w literaturze, że d ⁰

dx ⁰ P (x) = P (x).

Więc, (2) można zdefiniować też dla j = 0. Można widać, że ω j to funkcja liniowa ω _j (λP (x) + µQ(x)) = d ^j

dx ^j (λP (x) + µQ(x))(0) = λ d ^j P

dx ⁿ + µ d ^j Q dx ^j

!

(0)

= λ d ^j P

dx ^j (0) + µ d ^j Q

dx ^j (0) = λω _j (P (x)) + µω _j (Q(x)).

Ponadto, mamy, że dla k = 0, . . . , n,

ω _j (x ^k /k!) = d ^j (x ^k /k!) dx ^j (0) =



 

 

0 j > k,

1 j = k,

x ^k−j /(k − j)!(0), j < k, Czyli

ω _j (x ^k /k!) = d ^j (x ^k /k!) dx ^j (0) =



 

 

0, j > k, 1, j = k, 0, j < k.

Z tego, ω _j (x ^k /k!) = δ ^k _j i ω ₀ , . . . , ω _n tworzą bazę dualną bazy 1, x, x ² /2, . . . , x ⁿ /n!.

Zadanie 3. W bazie kanonicznej, znajdź macierz endomorfizmu przestrzeni wektorowej Q ⁵ rzutu- jącego wzdłuż podprzestrzeni

span



 

 

 



 

 

 



















1 1 1 1 1

















,

















0 0 3 2 1

















,

















0 0 1 0 1



















 

 

 



 

 

 



na podprzestrzeń span



 

 

 



 

 

 



















−1 1 2 3 4

















,

















0 0 1 2 3



















 

 

 



 

 

 



.

2

Zadanie 4. Niech f : M → N będzie dowolnym surjektywnym homomorfizmem grup abelowych.

Udowodnij że odwzorowanie transponowane f ^T : Hom _Z (N, Z) → Hom Z (M, Z) jest injektywne. Podaj przykład injektywnego homomorfizmu grup abelowych którego odwzorowanie transponowane nie jest surjektywne.

Rozwiązanie: Dane f ^T : Hom _Z (N, Z) → Hom Z (M, Z), mamy, że dla dowolnych ω ¹ , ω ₂ ∈ Hom _Z (N, Z),

f ^T (ω ₁ ) = f ^T (ω ₂ ) ⇒ ω ₁ ◦ f = ω ₂ ◦ f.

Skoro f jest surjekcją, dla każdego elementu n ∈ N istnieje m ∈ M taki, że n = f (m). Więć, z założenia f ^T (ω ₁ ) = f ^T (ω ₂ ), to

ω ₁ (n) = ω ₁ ◦ f (m) = ω ₂ ◦ f (m) = ω ₂ (n).

Wówczas, ω ₁ (n) = ω ₂ (n) dla dowolnego n ∈ N , czyli ω ₁ = ω ₂ i f ^T jest injekcją.

Natomiast, możemy zdefiniować różnowartościową injekcją grup f : M → N taka, że f ^T nie jest surjekcją. Na przykład, niech f będzie homomorfizmem f : Z → Z takim, że f (1) = k / ∈ {0, 1}.

Można zauważyć, że f jest injekcją. Właśnie, jeżeli f (n) = f (n ⁰ ), to f (n) = nf (1) = n ⁰ f (1). Skoro f (1) 6= 0 i Z nie ma dzielników zera, to n = n ⁰ . Możemy udowodnić, że f ^T nie jest surjekcją.

Wprowadzamy dowód nie wprost. Jeżeli f ^T jest surjekcją, to dla formy linowej ω : t ∈ Z → ω(t) ∈ Z takiej, że ω(1) = 1, istnieje forma liniowa ω ₁ ∈ Ham _Z (Z, Z) taka, że

f ^T (ω ₁ ) = ω ⇒ ω ₁ ◦ f (1) = ω(1) ⇒ ω ₁ (k) = 1 ⇒ k ω ₁ (1) = 1.

Skoro k nie ma elementu odwrotnego, nie istnieje ω 1 taka, że kω 1 (1) = 1. Więc, ω / ∈ Imf ^T i f ^T nie jest surjekcją.

Zadanie 5. Niech z 0 , · · · , z n ∈ C będą różnymi liczbami zespolonymi. Udowodnij że zbiór {ev ^z

j

} ⁿ _j=0 funkcjonałów ewaluacyjnych jest bazą przestrzeni dualnej do przestrzeni C n [z] wszystkich wielomia- nowych funkcji zespolonych nie posiadających stopnia większego niż n. Znajdź bazę C n [z] do której {ev z

j

} ⁿ _j=0 jest bazą dualną.

Rozwiązanie:

Będziemy podać bazę przestrzeni C n [x] postaci

P z

i

(z) = (z − z 0 ) · (z − z 1 ) · . . . · \ (z − z i ) · . . . · (z − z n−1 ) · (z − z n ) (z _i − z ₀ ) · (z _i − z ₁ ) · . . . · \ (z _i − z _i ) · . . . · (z _i − z _n )

, i = 0, . . . , n,

gdzie \ (z − z i ) oznacza, że taki termin nie pojawia się w wzorze. Właśnie, to są wielomiani stopnia n i ponadto

P _z

_i

(z _j ) = δ _j ⁱ , i, j = 0, . . . , n.

Takie wielomiany są liniowo niezależne, właśnie

n

X

j=0

λ j P z

j

(z) = 0 ∀z ∈ C oznacza, że

n

X

j=0

λ _j P _z

_j

(z _k ) = 0 dla k = 0, . . . , n.

Z tego,

n

X

j=0

λ _j P _z

_j

(z _k ) = λ _k = 0 dla k = 0, . . . , n.

i są liniowo niezależne. Ponadto, generują przestrzeń wymiaru n + 1. Skoro dim _C C n [z] = n + 1, to hP _z

₀

, . . . , P _z

_n

i = C n [z].

3

Mozna widać, że

ev _z

_j

(P _z

_i

(z)) = P _z

_i

(z _j ) = δ _j ⁱ , dla i, j = 0, . . . , n.

Więc, ev _z

_j

: C n [z] → C, dla j = 0, . . . , n otworzą bazę dualną bazy P z

j

(z), dla j = 0, . . . , n.

Zadanie 6. Niech M i N będą prawymi modułami nad dowolnym pierścieniem R. Udowdnij że, jeśli M i N posiadają skończone bazy, to (M ⊕ N ) ^∗ = M ^∗ ⊕ N ^∗ .

Rozwiązanie: Będziemy zdenifiniować morfizm

φ : ω ∈ (M ⊕ N ) ^∗ 7→ (ω| _M , ω| _N ) ∈ M ^∗ ⊕ N ^∗

gdzie ω| _M to obcięcie (restrykcja) formy liniowej ω do M i ω| _N to obcięcie formy ω do N . Następująco, udowodnimy, że φ to izomorfism i z tego (M ⊕ N ) ^∗ = M ^∗ ⊕ N ^∗ .

Udowodnijmy, że φ to injekcja. Dany ω 1 , ω 2 ∈ (M ⊕ N ) ^∗ , to

φ(ω ₁ ) = φ(ω ₂ ) ⇒ ω ₁ | _M = ω ₂ | _M i ω ₁ | _N = ω ₂ | _N . Niech {m ₁ , . . . , m _r } będzie bazą M i {n ₁ , . . . , n _s } będzie bazą N , to

ω ₁ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r + µ ₁ n ₁ + . . . + µ _s n _s ) = ω ₁ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r ) + ω ₁ (µ ₁ n ₁ + . . . + µ _s n _s ).

Skoro ω ₁ | _M = ω ₂ | _M i ω ₁ | _N = ω ₂ | _N , to

ω ₁ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ r m r + µ ₁ n ₁ + . . . + µ s n s ) = ω ₂ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ r m r ) + ω ₂ (µ ₁ n ₁ + . . . + µ s n s ).

i

ω ₁ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r + µ ₁ n ₁ + . . . + µ _s n _s ) = ω ₂ (λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r + µ ₁ n ₁ + . . . + µ _s n _s ).

Czyli ω 1 = ω 2 i φ jest injekcją.

Teraz, korzystając z baz, można udowodnić, że φ jest surjekcją. Dane ω _M ∈ M ^∗ i ω _N ∈ N ^∗ , możemy zdefiniować

ω(λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r + µ ₁ n ₁ + . . . + µ _r n _r ) = ω _M (λ ₁ m ₁ + . . . + λ _r m _r ) + ω _N (µ ₁ n ₁ + . . . + µ _s n _s ) Można widać,że ω to forma liniowa. i φ(ω) = (ω _M , ω _N ). Więc, φ to surjekcja.

Więc, φ jest surjekcją i injekcją, czyli φ jest izomorfizmem i N ^∗ ⊕ M ^∗ = (N ⊕ M ) ^∗ .

4