Przestrzenie liniowe (II)

(1)

Przestrzenie liniowe (II)

(2)

Wymiar przestrzeni liniowej (I)

Twierdzenie 4.11 Je±li wektory x

₁

, . . . , x

_n

s¡ liniowo niezale»ne w przestrzeni liniowej V oraz y

1

, . . . , y

m

tworz¡ baz¦ tej przestrzeni, to n ≤ m. W szczególno±ci, je±li x

₁

, . . . , x

_n

te» tworz¡ baz¦ V , to m = n, czyli ka»de dwie bazy sko«czenie wymiarowej przestrzeni liniowej s¡ równoliczne.

Dowód:

Je±ªi m = 0, czyli V jest przestrzeni¡ zerow¡, to nie ma w niej niepustych liniowo niezale»nych zbiorów wektorów. Zatem mamy wtedy m = n = 0.

Przyjmijmy, »e m > 0 i przypu±¢my, »e n > m. Poniewa» zbiór { y

1

, . . . , y

m

} tworzy baz¦ w V , to dla ka»dego 1 ≤ i ≤ n istniej¡

skalary α

_1,i

, . . . , α

_m,i

∈ R takie, »e

x

i

= α

_1,i

y

1

+ · · · + α

_m,i

y

m

.

Oznaczmy przez R

_i

takie równanie.

(3)

Dowód Twierdzenia 4.11 (cd)

Rozwa»my m × n macierz A = (α

_i,j

) . Poniewa» liczba kolumn A jest wi¦ksza od liczby wierszy, to na mocy Twierdzenia 3.2 ukªad równa« Ax = O ma niezerowe rozwi¡zanie (a nawet niesko«czenie wiele takich rozwi¡za«). Niech b = β

₁

. . . β

_n

_T

b¦dzie takim rozwi¡zaniem.

Pomnó»my ka»de z równa« R

_i

przez β

_i

. Dostajemy wówczas, dla 1 ≤ i ≤ n,

β

_i

x

i

= α

_1,i

β

_i

y

1

+ · · · + α

_m,i

β

_i

y

m

. Dodaj¡c te równania stronami dostajemy

n

X

i=1

β

_i

x

_i

= (

n

X

i=1

α

_1,i

β

_i

)y

₁

+ · · · + (

n

X

i=1

α

_m,i

β

_i

)y

_m

. Poniewa» Ab = O, to dla ka»dego 1 ≤ j ≤ m mamy P

_n

i=1

α

_j,i

β

_i

= 0. Zatem otrzymujemy P

ⁿ_i=1

β

_i

x

_i

= O, co jest

sprzeczno±ci¡ z liniow¡ niezale»no±ci¡ wektorów x

1

, . . . , x

n

.

Sprzeczno±¢ z zaªo»eniem n > m dowodzi, »e musi by¢ n ≤ m.

(4)

Wymiar przestrzeni liniowej (II)

Wymiarem sko«czenie wymiarowej przestrzeni liniowej V nazywamy liczb¦ elementów dowolnej jej bazy. Poniewa» ka»de dwie bazy przestrzeni V maj¡ tyle samo elementów, to

powy»sza denicja ma sens.

Wymiarem przestrzeni R

ⁿ

(dla n ≥ 0) jest n.

atwo jest sprawdzi¢, »e wymiar przestrzeni R

^m×n

, macierzy wymiaru m × n, wynosi mn. Istotnie, jak ªatwo sprawdzi¢

macierze zawieraj¡ce jedynk¦ w dokªadnie jednym miejscu oraz zera na pozostaªych tworz¡ baz¦ tej przestrzeni.

Twierdzenie 4.12: Ka»dy zbiór liniowo niezale»ny wektorów sko«czenie wymiarowej przestrzeni V mo»na rozszerzy¢ do bazy.

Gªówna obserwacja w dowodzie: je±li istnieje y ∈ V ,

którego nie mo»na przedstawi¢ przy pomocy kombinacji

liniowej wektorów x

₁

, . . . , x

_m

, to x

₁

, . . . , x

_m

, y tworzy ukªad

liniowo niezale»ny.

(5)

Przeksztaªcenia liniowe (I)

Niech V , U b¦d¡ przestrzeniami liniowymi. Funkcj¦

ϕ : V → U nazwiemy przeksztaªceniem liniowym je±li dla dowolnych x, y ∈ V oraz α ∈ R mamy

ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) ϕ(α x) = αϕ(x).

Przeksztaªcenie liniowe ϕ nazwiemy izomorzmem

przestrzeni V oraz U, je±li ϕ jest bijekcj¡. Powiemy, »e

przestrzenie liniowe U oraz V s¡ izomorczne je±li istnieje

izomorzm pomi¦dzy nimi.

(6)

Przeksztaªcenia liniowe (II)

Zauwa»my, »e je±li ϕ jest izomorzmem, to przeksztaªcenie odwrotne ϕ

⁻¹

jest te» przeksztaªceniem liniowym.

Istotnie, niech ϕ : V → U b¦dzie izomorzmem. We¹my dowolne wektory u

₁

, u

₂

∈ U. Niech v

_i

= ϕ

⁻¹

( u

_i

) , dla i = 1, 2.

Wówczas

ϕ

⁻¹

( u

1

+ u

2

) = ϕ

⁻¹

(ϕ( v

1

) + ϕ( v

2

)) = ϕ

⁻¹

(ϕ( v

1

+ v

2

))

= v

₁

+ v

₂

= ϕ

⁻¹

(u

₁

) + ϕ

⁻¹

(u

₂

).

Dowód faktu, »e ϕ

⁻¹

(α u) = αϕ

⁻¹

( u) wygl¡da podobnie.

Izomorczne przestrzenie liniowe U, V mo»na traktowa¢ jak t¦

sam¡ przestrze«. Ró»nica pomi¦dzy U i V le»y jedynie w ró»nym 'nazywaniu' elementów. Wªasno±ci algebraiczne izomorcznych przestrzeni s¡ takie same.

Na przykªad, przestrzenie R

⁴

oraz R

^2×2

sa izomorczne.

(7)

Jest tylko jedna (z dokªadno±ci¡ do izomorzmu) przestrze«

n-wymiarowa

Twierdzenie 4.13: Je±li V jest n-wymiarow¡ przestrzeni¡ liniow¡, to V jest izomorczna z przestrzeni¡ R

ⁿ

.

Dowód: Niech x

₁

, . . . , x

_n

b¦dzie baz¡ V . Ustalmy kolejno±¢ tych wektorów w bazie. Okre±lamy ϕ : V → R

ⁿ

nast¦puj¡co: dla y ∈ V , je±li y = α

₁

x

₁

+ · · · + α

_n

x

_n

, to deniujemy

ϕ( y) = α

1

. . . α

_n

_T

.

Poniewa» przedstawienie wektora y przy pomocy kombinacji liniowej wektorów bazy jest jednoznaczne, to funkcja ϕ jest dobrze okre±lona. Oczywi±cie ϕ jest przeksztaªceniem liniowym.

Funkcja ϕ jest bijekcj¡, bowiem funkcja odwrotna do ϕ to funkcja ψ : R

ⁿ

→ V okre±lona wzorem

ψ(β

₁

. . . β

_n

_T

) = β

₁

x

₁

+ · · · + β

_n

x

_n

.

(8)

Dla m 6= n przestrzenie R

^m

oraz R

ⁿ

nie s¡ izomorczne

Najpierw poka»emy, »e izomorzm przeprowadza liniowo niezale»ne wektory na liniowo niezale»ne. Zaªó»my, »e ϕ : R

ⁿ

→ R

^m

jest izomorzmem oraz n > m. Je±li x

1

, . . . , x

n

∈ R

ⁿ

jest baz¡ to wektory ϕ(x

1

), . . . , ϕ( x

n

) s¡

liniowo niezale»ne w R

^m

. Istotnie, je±li

α

₁

ϕ( x

1

) + · · · + α

_n

ϕ( x

n

) = O

to ϕ(α

₁

x

₁

+ · · · + α

_n

x

_n

) = O. Z ró»nowarto±ciowo±ci ϕ wynika, »e α

1

x

1

+ · · · + α

_n

x

n

= O. Wi¦c α

1

= · · · = α

_n

= 0.

Mamy wi¦c w przestrzeni R

^m

n wektorów liniowo niezale»nych

oraz n > m. Otrzymana sprzeczno±¢ dowodzi, »e przestrzenie

R

^m

oraz R

ⁿ

nie s¡ izomorczne.

(9)

Przeksztaªcenie liniowe jest jednoznacznie wyznaczone przez warto±ci na elementach bazy

Twierdzenie 4.14 Niech ϕ

₁

oraz ϕ

₂

b¦d¡ dwoma

przeksztaªceniami liniowymi z przestrzeni V do przestrzeni U. Je±li przyjmuj¡ one równe warto±ci na wszystkich elementach bazy przestrzeni V , to s¡ one równe.

Dowód: Niech B = {x

1

, . . . , x

n

} b¦dzie baz¡ przestrzeni V i niech y ∈ V b¦dzie dowolnym wektorem. Niech y = α

₁

x

₁

+ . . . + α

_n

x

_n

b¦dzie przedstawieniem y w bazie B. Wowczas

ϕ

₁

( y) = ϕ

₁

(α

₁

x

₁

+ . . . + α

_n

x

_n

) = α

₁

ϕ

₁

( x

₁

) + . . . + α

_n

ϕ

₁

( x

_n

)

= α

₁

ϕ

₂

( x

₁

) + . . . + α

_n

ϕ

₂

( x

_n

)

= ϕ

₂

(α

₁

x

1

+ . . . + α

_n

x

n

) = ϕ

₂

( y).

(10)

Macierz przeksztaªcenia liniowego

Twierdzenie 4.15 Je±li ϕ : R

ⁿ

→ R

^m

jest przeksztaªceniem liniowym, to istnieje dokªadnie jedna m × n macierz A taka, »e dla dowolnych x ∈ R

ⁿ

,

ϕ( x) = Ax.

Dowód: Niech e

₁

, . . . , e

_n

b¦dzie baz¡ wektorów jednostkowych w R

ⁿ

. Dla 1 ≤ i ≤ n, niech b

i

= ϕ( e

i

) . Niech A b¦dzie macierz¡ o kolumnach b

₁

. . . b

_n

. Mamy wówczas dla ka»dego 1 ≤ i ≤ n ϕ( e

i

) = b

i

= Ae

i

.

Poniewa» liniowe przeksztaªcenia ϕ oraz A przyjmuj¡ te same warto±ci na elementach bazy w R

ⁿ

to, na mocy Twierdzenia 4.14, musi by¢ dla dowolnych x ∈ R

ⁿ

, ϕ(x) = Ax.

Jednoznaczno±¢: je±li dla pewnej m × n macierzy B, mamy

Ax = Bx, dla wszystkich wektorów x ∈ R

ⁿ

, to bior¡c za x kolejne

wektory jednostkowe e

i

otrzymujemy, »e kolejne kolumny macierzy

A oraz B s¡ sobie równe, czyli A = B.

(11)

Izomorzm przestrzeni fundamentalnych

Obserwacja: Przeksztaªcenie liniowe ϕ jest izomorzmem wtedy i tylko wtedy, gdy macierz tego przeksztaªcenia jest odwracalna.

Twierdzenie 4.16 Niech A, B b¦d¡ m × n macierzami. Je±li A = EBF , dla pewnej odwracalnej m × m macierzy E oraz odwracalnej n × n macierzy F , to

(a)

Przestrzenie kolumn: C(A) oraz C(B) s¡ izomorczne.

(b)

Przestrzenie zerowe N(A) oraz N(B) s¡ izomorczne.

(c)

Przestrzenie wierszy: C(A

^T

) oraz C(B

^T

) s¡ izomorczne.

(d)

Dualne przestrzenie zerowe N(A

^T

) oraz N(B

^T

) sa

izomorczne.

(12)

Dowód twierdzenia 4.16

Dla dowodu (a) poka»emy, »e je±li y ∈ C(B), to Ey ∈ C(A).

Istotnie, je±li dla pewnego x ∈ R

ⁿ

mamy y = Bx. Wówczas Ey = EBx = AF

⁻¹

x, czyli Ey ∈ C(A). Poniewa» E jest macierz¡ odwracaln¡, to powy»sze przeksztaªcenie jest izomorzmem przestrzeni C(A) oraz C(B).

Dla dowodu (b) zauwa»my, »e dla dowolnego x ∈ R

ⁿ

, je±li Ax = O, to EBFx = O. Mno»¡c obie strony tej równo±ci przez E

⁻¹

dostajemy (pami¦tajmy, »e E

⁻¹

O = O) BFx = O. Zatem Fx ∈ N(B) i poniewa» F jest odwracalna, to powy»sze

przeksztaªcenie jest izomorzmem przestrzeni zerowych N(A) oraz N(B).

Dowód (c) oraz (d) wynika z cz¦±ci (a) oraz (b) poniewa», przechodz¡c do macierzy transponowanych, dostajemy

A

^T

= F

^T

B

^T

E

^T

.

Z Twierdzenia 2.16 wynika, »e macierze transponowane E

^T

oraz F

^T

s¡ te» odwracalne.

(13)

Rz¡d macierzy

Niech A b¦dzie m × n macierz¡. Rz¦dem macierzy A nazywamy wymiar jej przestrzeni kolumn C(A). Zatem rz¡d macierzy A to maksymalna liczba liniowo niezale»nych kolumn A.

Twierdzenie 4.17 Niech A b¦dzie m × n macierz¡. Nast¦puj¡ce warunki s¡ równowa»ne.

(a)

Rz¡d macierzy A (czyli wymiar przestrzeni kolumn C(A)) jest równy k

(b)

Wymiar przestrzeni wierszy C(A

^T

) macierzy A jest równy k

(c)

Posta¢ schodkowa macierzy A ma dokªadnie k schodków.

(d)

Wymiar przestrzeni zerowej N(A) jest równy n − k.

(e)

Wymiar dualnej przestrzeni zerowej N(A

^T

) jest równy m − k.

(14)

Dowód równowa»no±ci (a), (b) i (c) dla macierzy schodkowej

Niech k b¦dzie liczb¡ schodków macierzy schodkowej S.

Oczywi±cie wszystkie wiersze S zawieraj¡ce schodek s¡ tworz¡

zbiór liniowo niezale»ny wynika to wprost z denicji schodka.

Pozostaªe wiersze, b¦d¡c wierszami zerowymi, nie nale»¡ do zbioru liniowo niezale»nych wierszy. Zatem przestrze« wierszy macierzy schodkowej C(S

^T

) ma wymiar k.

Z podobnych powodów jak wy»ej, je±li we¹miemy wszystkie kolumny macierzy S zawieraj¡ce warto±ci wiod¡ce, to dostaniemy zbiór liniowo niezale»ny.

Poka»emy teraz, »e ka»da kolumna a ∈ R

^m

macierzy S nie zawieraj¡ca warto±ci wiod¡cej daje si¦ przedstawi¢ jako kombinacja liniowa kolumn znajduj¡cych si¦ na lewo od tej kolumny i zawieraj¡cych warto±ci wiod¡ce.

Niech b

₁

, . . . , b

_p

b¦d¡ tymi kolumnami zawieraj¡cymi warto±ci wiod¡ce wyst¦puj¡ce na lewo od kolumny a (kolumny

b

₁

, . . . , b

_p

s¡ wymienione w kolejno±ci ich wyst¦powania w S).

(15)

Dowód równowa»no±ci (a), (b) i (c) dla macierzy schodkowej (cd)

Rozwa»my ukªad równa«

b

₁

. . . b

_p

x = a,

gdzie x jest p-wymiarowym wektorem zmiennych.

Z naszej konstrukcji wynika natychmiast, »e ukªad ten ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie γ

₁

. . . γ

_p

. Wówczas mamy

a =

p

X

i=1

γ

_i

b

_i

Czyli a jest kombinacj¡ liniow¡ kolumn b

1

, . . . , b

p

.

Pokazali±my w ten sposób, »e przestrze« kolumn C(S) ma te»

wymiar k.

(16)

Ilustracja drugiej cz¦±ci dowodu (p = 3)

Zilustrujmy t¦ cz¦±¢ dowodu rozwa»eniem przypadku gdy p = 3, czyli, »e znajduj¡ si¦ dokªadnie trzy warto±ci wiod¡ce na lewo od kolumny a. Wówczas a ma posta¢

a = [α

1

, α

₂

, α

₃

, 0, . . . , 0]

^T

, dla pewnych liczb α

1

, α

₂

, α

₃

∈ R.

Niech b

1

, b

2

, b

3

b¦d¡ trzema kolumnami zawieraj¡cymi warto±ci wiod¡ce i znajduj¡cymi si¦ na lewo od a. Wówczas b

₁

= [β

₁

, 0, . . . , 0]

^T

, b

₂

= [γ, β

₂

, 0, . . . , 0]

^T

, oraz

b

3

= [δ

₁

, δ

₂

, β

₃

, 0, . . . , 0]

^T

, gdzie β

1

, β

₂

, β

₃

s¡ warto±ciami wiod¡cymi, a γ, δ

₁

, δ

₂

s¡ pewnymi liczbami rzeczywistymi.

Wowczas ukªad równa« b

₁

. . . b

₃

x = a przyjmuje posta¢:

β

₁

x

₁

+ γ x

₂

+ δ

₁

x

₃

= α

₁

β

₂

x

₂

+ δ

₂

x

₃

= α

₂

β

₃

x

3

= α

₃

Wida¢ natychmiast, »e ma on dokªadnie jedno rozwi¡zanie.

(17)

Równowa»no±¢ (c) oraz (d) dla macierzy schodkowej

Zaªó»my najpierw, »e ukªad jednorodny Sx = O ma k schodków. Jest to ukªad o n niewiadomych, z czego

niewiadome stoj¡ce przy warto±ciach wiod¡cych (jest ich k) s¡

zmiennymi zwi¡zanymi, a pozostaªe zmienne s¡ zmiennymi wolnymi (jest ich n − k).

Ka»da zmienna zwi¡zana jest wyznaczona jednoznacznie przez warto±ci zmiennych wolnych. Dowolne rozwi¡zanie ukªadu Sx = O otrzymuje si¦ przez wybór pewnych warto±ci na zmienne wolne.

Wynika st¡d, »e je±li dla i = 1, . . . , n − k wektor b

_i

jest otrzymany przez podstawienie warto±ci 1 na i-ta zmienn¡

woln¡ oraz 0 na pozostaªe zmienne wolne, to zbiór wektorów b

1

, . . . , b

_n−k

tworzy baz¦ przestrzeni N(S).

Na odwrót, je±li przestrze« N(S) jest wymiaru n − k to ukªad

równa« Sx = O musi mie¢ dokªadnie n − k zmiennych

wolnych, czyli k zmiennych zwi¡zanych. Zatem macierz S ma

k schodków. Czyli mamy równowa»no±¢ (c) i (d).

(18)

Zako«czenie dowodu dowolna macierz A

Powy»sza równowa»no±¢ (a), (b), (c), (d) dla dowolnej

macierzy A wynika z Twierdzenia 4.16 oraz z faktu, »e macierz schodkow¡ S mo»na otrzyma¢ z A przez zastosowanie macierzy odwracalnych w rozkªadzie LDU (por. Twierdzenie 3.5):

S = L

⁻¹

PA,

gdzie L jest peªn¡ doln¡ m × m macierz¡ trójk¡tn¡, a P jest m × m macierz¡ permutacyjn¡.

Równowa»no±¢ warunków (e) z pozostaªymi warunkami wynika z cz¦±ci dot¡d udowodnionej bior¡c zamiast A macierz

transponowan¡ A

^T

.

(19)

Ilustracja równowa»no±ci (c) i (d) dla macierzy schodkowej

Niech S b¦dzie 6 × 5 macierz¡.

S =







1 3 7 2 1 0 0 3 6 9 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0







S ma trzy schodki oraz trzy warto±ci wiod¡ce: 1, 3, 4 stoj¡ce w kolumnach 1, 3, 5. Mamy wi¦c nastepuj¡cy ukªad jednorodny

x

₁

+ 3x

₂

+ 7x

₃

+ 2x

₄

+ x

₅

= 0 x

₃

+ 2x

₄

+ 3x

₅

= 0 4x

₅

= 0

Zmienne wolne tego ukªadu to x

2

oraz x

4

, a zmienne zwi¡zane to

x

₁

, x

₃

oraz x

₅

.

(20)

Ilustracja równowa»no±ci (c) i (d) dla macierzy schodkowej (cd)

Ogólna posta¢ rozwi¡zania powy»szego ukªadu to x

₅

= 0

x

₃

= − 2x

₄

x

₁

= − 3x

₂

− 7x

₃

− 2x

₄

= − 3x

₂

+ 12x

₄

Zatem wektory postaci







− 3x

₂

+ 12x

₄

x

2

− 2x

₄

x

₄

0 





opisuj¡ wszystkie rozwi¡zania tego ukªadu.

(21)

Ilustracja równowa»no±ci (c) i (d) dla macierzy schodkowej (cd)

Natomiast ukªad wektorów







− 3 1 0 0 0











 12 0

− 2 1 0





 tworzy baz¦ przestrzeni zerowej N(S).

Wymiar tej przestrzeni to liczba kolumn (n) minus liczba schodków

(k).

(22)

Macierze odwracalne a ich rz¡d

Twierdzenie 4.19 Nast¦puj¡ce warunki s¡ równowa»ne dla dowolnej kwadratowej n × n macierzy A.

(a)

Macierz A jest odwracalna.

(b)

Rz¡d macierzy A jest równy n.

(c)

N(A) = {O}

(d)

N(A

^T

) = {O}

Dowód:

Równowa»no±¢ warunków (b), (c) i (d) wynika natychmiast z Twierdzenia 4.17.

Pozostaje pokaza¢ równowa»no±¢ (a) z pozostaªymi waunkami.

(23)

Równowa»no±¢ (a) z pozostaªymi warunkami

Je±li macierz A jest odwracalna, to je±li Ax = O, to

x = A

⁻¹

Ax = A

⁻¹

O = O, czyli pokazali±my, »e (a) poci¡ga (c).

Na odwrót je±li zachodzi (b), to dla ka»dego wektora b ∈ R

ⁿ

, równanie Ax = b ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie (wynika to z jednoznaczno±ci przedstawienia dowolnego wektora w bazie, jak¡ tworz¡ kolumny macierzy A). Niech ϕ : R

ⁿ

→ R

ⁿ

b¦dzie funkcj¡, która ka»demu wektorowi b przyporz¡dkowuje x, taki

»e Ax = b. Funkcja ta jest oczywi±cie liniowa. Zatem, na mocy Twierdzenia 4.15, istnieje n × n macierz B taka, »e Bb = x. Mamy wi¦c ABb = b, dla dowolnego b ∈ R

ⁿ

. Czyli AB = I . We¹my teraz dowolny b ∈ R

ⁿ

i niech BAb = c.

Wtedy Ac = ABAb = Ab. Zatem A(c − b) = O i poniewa» na

mocy Twierdzenia 4.17 mamy N(A) = {O}, to c − b = O

czyli c = b. Pokazali±my w ten sposób, »e BA = I . Czyli A

jest odwracalna i (b) poci¡ga (a).

(24)

Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Niech A b¦dzie m × n macierz¡. Macierz¡ rozszerzon¡ ukªadu równa« Ax = b nazywamy macierz A z dopisan¡ kolumn¡ b.

Twierdzenie 4.20 (Twierdzenie Kroneckera-Capellego) Ukªad równa« Ax = b ma rozwi¡zanie wtedy i tylko wtedy, gdy rz¡d macierzy A jest równy rz¦dowi macierzy rozszerzonej.

Dowód: Wiemy, »e Ax = b ma rozwi¡zanie wtedy i tylko wtedy,

gdy wektor b daje si¦ przedstawi¢ jako kombinacja liniowa kolumn

macierzy A, czyli wtedy i tylko wtedy gdy rz¡d macierzy A jest

równy rz¦dowi macierzy rozszerzonej.

(25)

Co nale»y zapami¦ta¢ z dzisiejszego wykªadu?

Wymiar przestrzeni liniowej.

Denicja przeksztaªcenia liniowego oraz poj¦cie izomorzmu przestrzeni liniowych.

Przestrzenie liniowe (II)