Cwiczenie 1. Sprawd´ ´ z, czy nast¸epuj¸ ace odwzorowania s¸ a formami liniowymi:

Przestrze´ n dualna, annihilatory Javier de Lucas

Cwiczenie 1. Sprawd´ ´ z, czy nast¸epuj¸ ace odwzorowania s¸ a formami liniowymi:

a) D : C ^∞ (R) 3 f 7→

p

X

n=0

a _n d ⁿ f

dt ⁿ (t ₀ ) ∈ R, a _n ∈ R, p ∈ N, t ₀ ∈ R,

b) D : C ⁰ ([0, 1]) 3 f 7→

Z t

1

t

0

e ^ax

⁰

f (x ⁰ )dx ⁰ ∈ R, a ∈ R, t 0 , t ₁ ∈ [0, 1],

c) Tr : M (n, K) 3





x ₁₁ . . . x ₁₂ . . . . . . . . . x n1 . . . x nn



 7→

n

X

i=1

x _ii ∈ K.

Cwiczenie 2. Dana jest przestrze´ ´ n liniowa M ₂ (R) macierzy 2 × 2 o wsp´o lczynnikach w R. Oblicz baz¸ e dualn¸ a bazy

m ₁ :=  1 0 0 1



, m ₂ :=  0 1 0 1



, m ₃ :=  1 1 1 1



, m ₄ :=  1 0 1 1

 . Rozwi¸ azanie: Musimy znale´ z´ c formy liniowe ω ₁ , . . . , ω ₄ : M ₂ (R) → R takie, ˙ze

ω _i (m _j ) = δ ^j _i ,

gdzie δ _i ^j to funkcja delta Kroneckera, czyli δ ^j _i = 1 dla i = j i δ ^j _i = 0 dla i 6= j. Korzystaj¸ ac z form liniowych

θ _i : M ₂ (R) 3  x ₁ x ₂ x ₃ x ₄



7→ x _i ∈ R, mamy, ˙ze

ω ₁ = θ ₁ − θ ₃ , ω ₂ = θ ₄ − θ ₁ , ω ₃ = θ ₁ + θ ₂ − θ ₄ , ω ₄ = −θ ₁ − θ ₂ + θ ₃ + θ ₄ spe lniaj¸ a takie warunki. Skoro baza dualna jest jedyna, to ω 1 , . . . , ω 4 to baza dualna bazy θ ₁ , . . . , θ ₄ .

Je˙zeli nie wida´ c bezpo´srednio jaka jest baza dualna, to musimy obliczy´ c ω ₁ , . . . , ω ₄ . Za pomoc¸ a bazy dualnej mamy, ˙ze

ω ₁ = λ ₁ θ ₁ + λ ₂ θ ₂ + λ ₃ θ ₃ + λ ₄ θ.

Ta forma liniowa spe lnia, ˙ze

1 = ω ₁ (m ₁ ) = λ ₁ + λ ₄ , 0 = ω ₁ (m ₂ ) = λ ₂ + λ ₃ ,

0 = ω ₁ (m ₃ ) = λ ₁ + λ ₂ + λ ₃ + λ ₄ , 0 = ω ₁ (m ₄ ) = λ ₁ + λ ₃ + λ ₄ . Macierzowo taki uklad wyglada nast¸epuj¸ aco









1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0









→









1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 −1 0 0 1 0 −1









→









1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 −1







 Zatem λ ₃ = −1, λ ₂ = 0, λ ₄ = 0 i λ ₁ = 1 Dla drugiej formy ω ₂









1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0







 Zatem λ ₃ = 0, λ ₂ = 0, λ ₄ = 1 i λ ₁ = −1. Dla ω ₃ :









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0







 Zatem λ ₃ = 0, λ ₂ = 1, λ ₄ = −1 i λ ₁ = 1. Dla ω ₄ :









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1









→









1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 0 1







 Zatem λ ₃ = 1, λ ₂ = −1, λ ₄ = 1 i λ ₁ = −1. 

Cwiczenie 3. Dana jest przestrze´ ´ n C ⁰ ([−1, 1]) funkcji ci¸ ag lych na [−1, 1]. Dane s¸ a podprzestrzenie P = {f ∈ C ⁰ ([−1, 1]) | f (x) = f (−x)}, N = {f ∈ C ⁰ ([−1, 1]) | f (x) =

−f (−x)}. Dowie´s´c, ˙ze P ⊕ N = C ⁰ ([−1, 1]). Skonstruuj podprzestrzeni B ₁ , B ₂ ⊂

[C ⁰ ([−1, 1])] ^∗ takie, ˙ze

Rozwi¸ azanie: Zdefiniujemy

δ _x : C ⁰ [−1, 1] 3 f 7→ f (x) ∈ R dla x ∈ [−1, 1]. Latwo udowodni´ c, ˙ze δ _x jest form¸ a liniow¸ a:

δ x (λ 1 f 1 + λ 2 f 2 ) = (λ 1 f 1 + λ 2 f 2 )(x) = λ 1 f 1 (x) + λ 2 f 2 (x) = λδ x (f 1 ) + λ 2 δ x (f 2 ), dla λ ₁ , λ ₂ ∈ R, f 1 , f ₂ ∈ C ⁰ [−1, 1]. Wida´ c, ˙ze f ∈ P wtedy i tylko wtedy gdy

f ∈ P ⇔ f (x) = f (−x), ∀x ∈ [−1, 1] ⇔ δ _x (f ) = δ −x (f ), ∀x ∈ [−1, 1]

⇔ (δ _x − δ _−x )(f ) = 0, ∀x ∈ [−1, 1].

Wida´ c, ˙ze je˙zeli (δ _x − δ −x )(f ) = 0 dla x to (δ _x − δ −x )(f ) = 0 dla −x. Wi¸ec, f ∈ P ⇔ (δ x − δ −x )(f ) = 0, ∀x ∈ [0, 1].

Formy ω _x = δ _x − δ −x zgeneruj¸ a podprzestrzeni¸ a B ₁ ⊂ [C ⁰ [[−1, 1])] ^∗ . Wida´ c, ˙ze f ∈ P ⇔ ω(f ) = 0, ∀ω ∈ B ₁ .

Podobnie

f ∈ N ⇔ ω(f ) = 0, ∀ω ∈ B ₂ , gdzie B 2 = hω _x ⁰ = δ x + δ −x |x ∈ [0, 1]i.



Cwiczenie 4. Dana jest podprzestrze´ ´ n R n [·] wielomian´ ow o wsp´ o lczynnikach w ciele R stopnia mniejszego/r´ ownego n. Dana jest baza P ₀ = 1, . . . , P _n = t ⁿ wielomian´ ow R n [·].

Zbuduj baz¸e dualn¸ a.

Rozwi¸ azanie: Musimy znale´ z´ c formy liniowe ω ₀ , . . . , ω _n ∈ R n [·] takie, ˙ze ω _i (P _j ) = δ _i ^j . Wiemy, ˙ze istnieje tylko jedna taka baza. Zdefiniujemy

δ ^k : R ⁿ [·] 3 P 7→ 1 k!

d ^k P

dt ^k (0) ∈ R, k = 0, . . . , n, gdzie δ ⁰ P = P (0). Wtedy latwo wida´ c, ˙ze

δ ^k (t ^j ) = δ ^k _j .



Cwiczenie 5. Dana jest podprzestrze´ ´ n V przestrzeni liniowej E. Udowodnij, ˙ze zbi´ or V ^◦ wszystkich form liniowych ω ∈ E ^∗ takich, ˙ze ω(v) = 0 dla ka˙zdego v ∈ V jest podprzestrzeni¸ a liniow¸ a przestrzeni E ^∗ . Je˙zeli dim E < ∞, wyka˙z, ˙ze dim V ^◦ = dim E − dim V .

Rozwi¸ azanie: Udowodnimy, ˙ze V ^◦ jest podprzestrzeni¸ a liniow¸ a. Aby to zrobi´ c pokazu- jemy, ˙ze jest niepusty i ˙ze dowolna liniowa kombinacja element´ ow V ^◦ nale˙zy do V ^◦ .

Wida´ c, ˙ze V ^◦ jest niepusty poniewa˙z forma liniowa zero, czyli ω : e ∈ E → 0 ∈ R nale˙zy do V ^◦ . Teraz, dane dowolne formy liniowe ω ₁ , ω ₂ ∈ V ^◦ i skalary λ ₁ , λ ₂ ∈ R mamy,

˙ze

(λ ₁ ω ₁ + λ ₂ ω ₂ )(v) = λ ₁ ω ₁ (v) + λ ₂ ω ₂ (v) = 0.

Zatem V ^◦ jest podprzestrzeni¸ a liniow¸ a.

Udowodnimy teraz, ˙ze je˙zeli dim E < ∞ to dim V ^◦ = dim E − dim V . Dana baza {v ₁ , . . . , v _r } podprzestrzeni V , mo˙zemy rozszerzy´c t¸a baz¸e do bazy przestrzeni E za po- moc¸ a pewnych wektor´ ow v _r+1 , . . . , v _n , gdzie n = dim V . Do bazy {v ₁ , . . . , v _r } przestrzeni liniowej E istnieje zawsze baza dualna ω ₁ , . . . , ω _r spe lniaj¸ aca, ˙ze

ω _i (v _j ) = δ _j ⁱ ,

gdzie δ _j ⁱ to delta Kroneckera, czyli δ _j ⁱ = 1 dla i = j i δ _j ⁱ = 0 dla i 6= j. We szczeg´ olno´sci wida´ c, ˙ze dla i = r + 1, . . . , n mamy, ˙ze ω _i (v _j ) = 0. To oznacza, ˙ze formy ω _r+1 , . . . , ω _n zeruj¸ a si¸e na bazie podprzestrzeni V . Skoro v ₁ , . . . , v _r generuj¸ a V i ω _r+1 , . . . , ω _r s¸ aliniowe, to te formy liniowe zeruj¸ a si¸e na podprzestrzeni V . W´ owczas, formy liniowe pod- przestrzeni hω _r+1 , . . . , ω _n i zeruj¸a si¸e na V , czyli

hω _r+1 , . . . , ω _n i ⊂ V ^◦ .

Teraz mo˙zemy udowodni´ c, ˙ze V ^◦ ⊂ hω _r+1 , . . . , ω _n i. Dana dowolna forma liniowa ω ∈ V ^◦ , taka forma liniowa mo˙zna zapisa´ c jako liniow¸ a kombinacj¸e element´ ow bazy dualnej

ω =

n

X

α=1

λ _α ω _α .

Skoro ω si¸e zeruje na V , to zeruje si¸e na v ₁ , . . . , v _r . Wi¸ec, 0 = ω(v _j ) =

n

X

α=1

λ _α ω _α (v _j ) =

n

X

α=1

λ _α δ _α ^j , j = 1, . . . , r.

Z tego wynika, ˙ze λ ₁ = . . . = λ _r = 0. Wi¸ec, ω =

r

X

α=j+1

λ _α ω _α ∈ hω _r+1 , . . . , ω _n i.

Zatem V ^◦ ⊂ hω _r+1 , . . . , ω _n i i

V ^◦ = hω _r+1 , . . . , ω _n i.

To oznacza, ˙ze dim V ^◦ = n − r. 

Cwiczenie 6. Dane s¸ ´ a podprzestrzenie V, W przestrzeni liniowej E. Udowodnij, ˙ze (V + W ) ^◦ = V ^◦ ∩ W ^◦ , V ^◦ + W ^◦ ⊂ (V ∩ W ) ^◦ , V ⊂ V ^◦◦

Je˙zeli dim E < ∞, to V ^◦◦ = V i V ^◦ + W ^◦ = (V ∩ W ) ^◦ . Rozwi¸ azanie:

Najpierw, udowodnimy, ˙ze (V + W ) ^◦ = V ^◦ ∩ W ^◦ . Je˙zeli ω ∈ (V + W ) ^◦ , to ω zeruj¸e si¸e we szeg´ olno´sci na V i na W . Zatem ω ∈ V ^◦ ∧ ω ∈ W ^◦ . W´ oczas ω ∈ W ^◦ ∩ V ^◦ i (V + W ) ^◦ ⊂ W ^◦ ∩ V ^◦ .

Odwrotnie, zak ladamy, ˙ze ω ∈ V ^◦ ∩ W ^◦ . Z definicji przestrzeni V + W , ka˙zdy element e ∈ V + W mo˙zna zapisa´ c, jako sum¸e e = e V + e W , gdzie e V ∈ V i e W ∈ W . Skoro ω jest liniowa, to

ω(e) = ω(e _V ) + ω(e _W ).

Skoro ω ∈ V ^◦ i ω ∈ W ^◦ , to

ω(e) = ω(e _V ) + ω(e _W ) = 0 + 0 = 0.

Zatem, ω(e) = 0 dla dowolnego e ∈ V + W i ω ∈ (V + W ) ^◦ . Z tego wynika, ˙ze V ^◦ ∩ W ^◦ ⊂ (V + W ) ^◦ .

Poniewa˙z (V + W ) ^◦ ⊂ V ^◦ ∩ W ^◦ i V ^◦ ∩ W ^◦ ⊂ (V + W ) ^◦ , to V ^◦ ∩ W ^◦ = (V + W ) ^◦ .

Teraz udowodnimy, ˙ze V ^◦ + W ^◦ ⊂ (V ∩ W ) ^◦ . Je˙zeli ω ∈ V ^◦ + W ^◦ , to ω = ω ₁ + ω ₂ ,

dla pewnych ω ₁ ∈ V ^◦ i ω ₂ ∈ W ^◦ . Zatem, dla dowolnego e ∈ V ∩ W mamy, ˙ze ω(e) = ω 1 (e) + ω 2 (e) = 0 + 0 = 0.

Wi¸ec, ω ∈ (V ∩ W ) ^◦ . Zatem V ^◦ + W ^◦ ⊂ (V ∩ W ) ^◦ .

Teraz udowodnimy, ˙ze V ⊂ V ^◦◦ . Zauwa˙zmy, ˙ze lewa strona to V ⊂ E i prawa strona to V ^◦◦ ⊂ E ^∗∗ , czyli V i V ^◦◦ nale˙z¸ a do r´ o˙znych przestrze´ n. Natomiast, takie wyra˙zenie ma sens poniewa˙z, ka˙zdy element E, w szczeg´ olno´sci ka˙zdy element V , mo˙zna zrozumie´ c jako element w E ^∗∗ . Aby to zrobi´ c, przypominamy, ˙ze ka˙zdy element e ∈ E mo˙zna zrozumie´ c jako odwzorowanie φ e : E ^∗ → R, czyli φ ^e ∈ E ^∗∗ , postaci

φ _e (ω) = ω(e).

Wida´ c, ˙ze φ _e jest form¸ a liniow¸ a na przestrzeni sprz¸e˙zonej E ^∗ :

φ _e (λ ₁ ω ₁ + λ ₂ ω ₂ ) = (λ ₁ ω ₁ + λ ₂ ω ₂ )(e) = λ ₁ ω ₁ (e) + λ ₂ ω ₂ (e) = λ ₁ φ _e (ω ₁ ) + λ ₂ φ _e (ω ₂ ) dla dowolnych λ ₁ , λ ₂ ∈ R i ω 1 ω ₂ ∈ E ^∗ .

Dany element e ∈ V , mamy ˙ze

ω(e) = 0, ∀ω ∈ V ^◦ . Jako element φ _e ∈ E ^∗∗ , mo˙zemy zapisa´ c

φ _e (ω) = 0, ∀ω ∈ V ^◦ i φ _e ∈ V ^◦◦ . Wi¸ec, V ⊂ V ^◦◦ .

Aby udowodni´ c, ˙ze V ^◦◦ = V trzeba korzysta´ c ze sko´ nczonego wymiaru V (og´ olnie to

nie prawda).

Skoro dim E < ∞, to dim V ^◦ = dim E − dim V i dim E = dim E ^∗ . Zatem mamy, ˙ze dim V ^◦ = dim E−dim V ⇒ dim V ^◦◦ = dim E ^∗ −dim V ^◦ = dim E ^∗ −dim E+dim V = dim V.

W´ owczas, dla dim E < ∞, mamy, ˙ze dim V ^◦◦ = dim V i V ^◦◦ ⊂ V . Zatem V ^◦◦ = V . Je˙zeli zak ladamy, ˙ze dim E < ∞, mo˙zna udowodni´ c, ˙ze V ^◦ + W ^◦ = (V ∩ W ) ^◦ . W la´snie,

dim(V ∩ W ) ^◦ = dim E − dim V ∩ W = dim E − (dim V + dim W − dim V + W )

= dim E−dim V −dim E+dim E−dim W +dim V +W = dim V ^◦ +dim W ^◦ −dim(V +W ) ^◦ . Z tego wynika, ˙ze

dim(V ∩ W ) ^◦ = dim V ^◦ + dim W ^◦ − dim(V ^◦ ∩ W ^◦ ) = dim(V ^◦ + W ^◦ ).

Skoro dim(V ^◦ + W ^◦ ) = dim(V ∩ W ) ^◦ i V ^◦ + W ^◦ ⊂ (V ∩ W ) ^◦ to V ^◦ + W ^◦ = (V ∩ W ) ^◦ .