Дилетантские вопросы по линейной алгебре

[Anton_Peplov]

sydorov в сообщении #1709153 писал(а):

Если я правильно понимаю, прообраз (новый для меня термин) нуля - это ядро линейного оператора.

Да, ядро линейного оператора - это прообраз нуля. По определению.

Прообраз - это очень простая вещь. Рассмотрим функцию $f \colon X \to Y$, где $X, Y$ - произвольные множества (не обязательно линейные пространства или еще какие-то стандартные структуры). Зафиксируем элемент $x_0 \in X$. Элемент $y \in Y$ такой, что $f(x_0) = y$, называется образом элемента $x_0$. С другой стороны, множество $M$ всех $x \in X$ таких, что $f(x) = y$, называется прообразом элемента $y$. Прообраз может состоять из нескольких элементов или быть пустым. Например, рассмотрим $f(x) = x^2, \mathbb R \to \mathbb R$. Прообразом элемента $y = 1$ будет, очевидно, множество $\{-1, 1\}$. Прообраз любого отрицательного числа будет пустым. А, например, для функции, отображающей все $\mathbb R$ в единицу, прообразом единицы будет все $\mathbb R$, а прообразы всех остальных чисел будут пусты.

Функция $f \colon X \to Y$ взаимно-однозначна, когда прообраз каждого элемента $y \in Y$ состоит ровно из одного элемента $x \in X$. У термина "взаимно-однозначная функция" есть короткий и красивый синоним: биекция. Изоморфизм - это линейная биекция между линейными пространствами.

[sydorov]

Уважаемый Anton_Peplov,

Спасибо. Очень прозрачное объяснение. Действительно, совсем не сложное понятие.

Anton_Peplov в сообщении #1709216 писал(а):

У термина "взаимно-однозначная функция" есть короткий и красивый синоним: биекция. Изоморфизм - это линейная биекция между линейными пространствами.

Как можно было о нем забыть ). Функция является биективной, если она одновременно сюръективна и инъективна. Эти термины мне ясны.

(Оффтоп)

Из крайне неудачного опыта изучения книги Андерсон "Дискретная математика и комбинаторика". Бросил. Был недостаточно подготовлен. Проработал только четвертую часть. Ушло чудовищно много времени.

A. $f_1(\vec v) = \vec v;$

$\vec v = x\vec i + y\vec j + z\vec k.$

1) $f_1(\vec v) = xf_1(\vec i) + yf_1(\vec j) + zf_1(\vec k).$

Можно ли сказать, что координаты $\vec v$ не меняются из-за свойства линейности автоморфизма?

Базис $f_1(\vec i), f_1(\vec j), f_1(\vec k): \vec i, \vec j, \vec k.$

ЛО не изменяет базис.

2) Координаты вектора $\vec v$ в базисе $f_1(\vec i), f_1(\vec j), f_1(\vec k): (x, y, z).$

3) Координаты вектора $f_1(\vec v)$ в базисе $f_1(\vec i), f_1(\vec j), f_1(\vec k): (x, y, z).$



Б. $f_2(\vec v) = - \vec v$

1) $f_2(\vec v) = - xf_2(\vec i) - yf_2(\vec j) - zf_2(\vec k) = - \vec v.$
Сначала показалось, что координаты изменились.

Базис $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): - \vec i, - \vec j, - \vec k.$

2) Координаты вектора $\vec v$ в базисе $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): (-x, -y, -z).$

3) Координаты вектора $f_2(\vec v)$ в базисе $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): (x, y, z).$



Оставшиеся упражнения проделаю.

Разрешите задать Вам вопрос. В предыдущих сообщениях Вы привели несколько геометрически наглядных примеров автоморфизмов.
А возможно представить геометрически наглядно изоморфизм? У меня не получилось придумать, исходя из моих знаний.

[Anton_Peplov]

Упражнения потом проверю.

sydorov в сообщении #1709258 писал(а):

В предыдущих сообщениях Вы привели несколько геометрически наглядных примеров автоморфизмов.
А возможно представить геометрически наглядно изоморфизм?

Если уж Вы так хотите наглядную аналогию, то вообразите - ну, не два трехмерных координатных пространства, это сложно, а просто две плоскости. Вспомните мою аналогию с двумя базисами и берите первый базис в одной плоскости, а второй - в другой. Вот Вам и будет изоморфизм между двумя плоскостями, т.е. между двумерными линейными пространствами.

Но на самом деле в этом нет особой необходимости, потому что разница между авто- и изоморфизмом чисто формальная. И сейчас я объясню, почему.

Строго говоря, разница, конечно, есть. Автоморфизм - это изоморфизм пространства с самим собой. А бывает ведь изоморфизм с другими пространствами. Например, рассмотрим $\mathbb R$ и $\mathbb R^2$ как линейные пространства с естественными операциями сложения и умножения на скаляр. Все скаляры берутся из $\mathbb R$, в $\mathbb R^2$ сложение покоординатное: $(x_1, y_1) + (x_2, y_2) = (x_1 + x_2, y_1 + y_2)$. В пространстве $\mathbb R^2$ есть подпространство $(\mathbb R, 0) =\{(x, 0) | x \in \mathbb R\}$, состоящее из всех пар, второй элемент которых равен нулю. Также как есть подпространство $(0, \mathbb R) =\{(0, y) | y \in \mathbb R\}$, состоящее из всех пар, первый элемент которых равен нулю.

Упражнение.
1) покажите, что $(\mathbb R, 0)$ и $(0, \mathbb R)$ - это подпространства линейного пространства $\mathbb R^2$
2) постройте изоморфизм между $(\mathbb R, 0)$ и $(0, \mathbb R)$
3) постройте изоморфизм между $(\mathbb R, 0)$ и $\mathbb R$, а также между $(0, \mathbb R)$ и $\mathbb R$.

Так вот. По построению, $\mathbb R$, и $(0, \mathbb R)$, и $(\mathbb R, 0)$ - это три разных множества. Первое состоит из чисел, а второе и третье - из пар чисел. Причем в одном первый элемент пары тождественно равен нулю, а в другом - второй. Но эти линейные пространства изоморфны. А что это значит - изоморфны? Формально только то, что между ними есть линейная биекция. А на самом деле много большее.

Это большее можно выразить простой фразой: наука о линейных пространствах изучает те и только те свойства, которые сохраняются при их изоморфизме. Пусть есть изоморфизм $f \to X \to Y$. Размерность пространства $X$ равна $n$? Значит, размерность $Y$ такая же. Выделили некоторое подпространство $X' \subset X$ размерности $m < n$? Его изоморфный образ $f(X') \subset Y$ тоже будет подпространством $Y$ размерности $m$. Определили некоторый линейный оператор $g \colon X \to X$, вычислили его ядро $\operatorname{Ker} g$, образ $\operatorname{Im} g$, ранг $r$? Значит, есть точно такой же линейный оператор $h \colon Y \to Y$, причем для любого $y \in Y$ имеем $h(y) = f(g(x))$, где $y = f(x)$, и ранг $h$ будет тоже $r$, и $\operatorname{Ker} h = f(\operatorname{Ker} g)$, и $\operatorname{Im} h = f(\operatorname{Im} g)$ И т.д. и т.п. Все эти факты можно строго доказать (при желании займитесь).

То есть, изоморфные линейные пространства имеют одни и те же "линейно-пространственные" свойства. А не "линейно-пространственные" свойства (например, из чисел оно там состоит, из пар или из чертей в ступах) нам в рамках этой науки не интересны, мы от них отвлекаемся. Так что получается? То, что с точки зрения науки о линейных пространствах изоморфные пространства - это в некотором смысле одно и то же пространство. Ну как с точки зрения экономики монета в 10 рублей и купюра в 10 рублей - это одинаковое количество денег, а их физические различия экономику не интересуют.

Кстати, этот подход - выделять "главную биекцию" и изучать только те свойства, которые сохраняются при этой биекции - распространяется далеко за пределы теории линейных пространств. Например, у пространств со скалярным произведением (евклидовых, унитарных и других) есть свой изоморфизм, более сложный, чем у линейных пространств. И у аффинных пространств свой. И эти разделы линейной алгебры изучают те свойства, которые сохраняются этими изоморфизмами. Линейной алгеброй дело не ограничивается: например, теория групп изучает свойства, которые сохраняются изоморфизмом групп. Там тоже можно считать, что изоморфные группы - это одна и та же группа. И даже алгеброй дело не огранивается. Например, метрическая геометрия изучает только те свойства, которые сохраняются при изоморфизме метрических пространств, он же изометрия (это биекция, сохраняющая расстояния). В топологии тоже есть свой изоморфизм, он называется гомеоморфизм, и предмет топологии - свойства, которые он сохраняет. Но это уже в сторону разговор, Вам пока рано вдаваться в такие высокие обобщения.

P.S. Вам, sydorov, на редкость приятно что-то объяснять. Вы понятливы и старательны.

[svv]

Anton_Peplov в сообщении #1709216 писал(а):

Прообраз - это очень простая вещь. Рассмотрим функцию $f \colon X \to Y$, где $X, Y$ - произвольные множества (не обязательно линейные пространства или еще какие-то стандартные структуры). Зафиксируем элемент $x_0 \in X$. Элемент $y \in Y$ такой, что $f(x_0) = y$, называется образом элемента $x_0$. С другой стороны, множество $M$ всех $x \in X$ таких, что $f(x) = y$, называется прообразом элемента $y$. Прообраз может состоять из нескольких элементов или быть пустым.

Распространена и несколько иная терминология. Рассмотрим функцию (отображение) $f: X\to Y$. Пусть $y\in Y$.
$\bullet$ Прообразом элемента $y$ называется любой элемент $x\in X$, такой, что $f(x)=y$. Т.е. «$x$ есть прообраз $y$» — то же, что «$y$ есть образ $x$», или $f(x)=y$. У данного $y$ может быть один прообраз, несколько или ни одного.
$\bullet$ Полным прообразом элемента $y$ называется множество $A$ таких элементов $x\in X$, что $f(x)=y$. Это множество может содержать один элемент, больше одного или быть пустым. Обозначение: $A=f^{-1}(y)$.
$\bullet$ Прообразом множества $B\subset Y$ называется множество $A$ таких элементов $x\in X$, что $f(x)\in B$. Обозначение: $A=f^{-1}B$.

[Anton_Peplov]

svv в сообщении #1709262 писал(а):

Распространена и несколько иная терминология.

Спасибо за уточнение. Правда, не помню, чтобы где-то встречал эту иную терминологию, но Вам верю. Вы больше учебников видели. Может, даже на порядок.

[svv]

Anton_Peplov, хорошо. Ниже использую Вашу терминологию.

sydorov в сообщении #1709153 писал(а):

Для доказательства нужно убедиться, что ЛО - взаимно однозначный.

Пусть $f$ произвольный линейный оператор, действующий из пространства $V \to V$ на $\vec 0.$

$\exists ! \vec 0 \in V, \vec 0 \in \ker(f)$

Так как по утверждению $\ker(f) = \vec 0,$
заключаем, что $\operatorname{Im} f = V,$ а это значит, что для оператора $f$ существует обратный.

Отображение $f: X\to Y$ биективно, если прообраз каждого элемента $y\in Y$ содержит ровно один элемент.

Но в Вашем случае линейного оператора $f: V\to V$ есть специфика. Пусть мы хотим показать биективность $f$. Тогда достаточно проверить, что прообраз нулевого вектора есть $\{0\}$. (Это гораздо проще, чем перебирать все элементы $V$!) Например, если в конкретном базисе оператор представляется матрицей $A$, достаточно убедиться, что $A$ невырождена (или, равносильно, что система $Ax=0$ имеет лишь нулевое решение).

Давайте разберёмся, почему этого достаточно. Попробуйте ответить на два вопроса:
1) Почему не надо проверять, что у любого вектора прообраз содержит не более одного элемента? Почему достаточно это проверить лишь для нулевого вектора?
2) Почему не надо проверять, что у любого вектора прообраз непуст?

[sydorov]

Уважаемый Anton_Peplov,

Anton_Peplov в сообщении #1709261 писал(а):

Вам, sydorov, на редкость приятно что-то объяснять.

Чувствую, что краснею. Приложу все усилия, чтобы у Вас это мнение не изменилось, и Ваше добровольное наставничество продолжилось. Это очень ценно.


Обнаружил ошибку в опубликованном решении Б. Исправил.

Б. $f_2(\vec v) = - \vec v$

1) $f_2(\vec v) = xf_2(\vec i) + yf_2(\vec j) + zf_2(\vec k) = - x\vec i - y\vec j - z\vec k = - \vec v.$

Базис $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): - \vec i, - \vec j, - \vec k.$

2) Координаты вектора $\vec v$ в базисе $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): (-x, -y, -z).$

3) Координаты вектора $f_2(\vec v)$ в базисе $f_2(\vec i), f_2(\vec j), f_2(\vec k): (x, y, z).$



В. $f_3(\vec v) = \alpha \vec v, 0 < \alpha < 1.$

1) $f_3(\vec v) = xf_3(\vec i) + yf_3(\vec j) + zf_3(\vec k) = \alpha x\vec i + \alpha y \vec j + \alpha z \vec k = \alpha \vec v.$

Базис $f_3(\vec i), f_3(\vec j), f_3(\vec k): \alpha \vec i, \alpha \vec j, \alpha \vec k.$

2) Координаты вектора $\vec v$ в базисе $f_3(\vec i), f_3(\vec j), f_3(\vec k): (\frac{x}{\alpha}, \frac{y}{\alpha}, \frac{z}{\alpha}).$

3) Координаты вектора $f_3(\vec v)$ в базисе $f_3(\vec i), f_3(\vec j), f_3(\vec k): (x, y, z).$



Г. $f_4(x, y, z) = (\alpha x, y, z), 0 < \alpha < 1.$

Обозначим координаты векторов исходного базиса $\vec i, \vec j, \vec k$ через столбцы
$\vec i = (a_1, a_2, a_3)^T, \vec j = (b_1, b_2, b_3)^T, \vec k = (c_1, c_2, c_3)^T.$

1) $f_4(x, y, z) = x f_4(a_1, a_2, a_3)^T + y f_4(b_1, b_2, b_3)^T + z f_4(c_1, c_2, c_3)^T = x (\alpha a_1, a_2, a_3)^T + y (\alpha b_1, b_2, b_3)^T + z (\alpha c_1, c_2, c_3)^T.$

Базис $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (\alpha a_1, a_2, a_3)^T, (\alpha b_1, b_2, b_3)^T, (\alpha c_1, c_2, c_3)^T.$

2) Координаты вектора $\vec v$ с координатами $(x, y, z)$ в базисе $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (\frac{x}{\alpha}, y, z).$

3) Координаты вектора $f_4(x, y, z)$ в базисе $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (x, y, z).$


Над вашим последним (обращенным ко мне) сообщением поразмышляю и продолжу выполнение упражнений.
Вопросы уважаемого svv с первого взгляда кажутся сложными, но я попытаюсь еще раз проверить Ваше утверждение.

[svv]

sydorov
Первый вопрос совсем простой. Если хотите, я немного подскажу.

[Ende]

Выделена тема «Преподавание разных вопросов линейной алгебры»

[sydorov]

Уважаемый svv
Для начала попробую самостоятельно. Если застряну, обращусь к Вам за подсказкой )

svv в сообщении #1709262 писал(а):

Распространена и несколько иная терминология. Рассмотрим функцию (отображение) $f: X\to Y$. Пусть $y\in Y$.
$\bullet$ Прообразом элемента $y$ называется любой элемент $x\in X$, такой, что $f(x)=y$. Т.е. «$x$ есть прообраз $y$» — то же, что «$y$ есть образ $x$», или $f(x)=y$. У данного $y$ может быть один прообраз, несколько или ни одного.
$\bullet$ Полным прообразом элемента $y$ называется множество $A$ таких элементов $x\in X$, что $f(x)=y$. Это множество может содержать один элемент, больше одного или быть пустым. Обозначение: $A=f^{-1}(y)$.
$\bullet$ Прообразом множества $B\subset Y$ называется множество $A$ таких элементов $x\in X$, что $f(x)\in B$. Обозначение: $A=f^{-1}B$.

Тоже очень понятная начинающему.

[svv]

Хорошо.
Нужно подчеркнуть, что записи $A=f^{-1}(y)$, $A=f^{-1}(B)$ не предполагают существование обратного отображения $f^{-1}$.

[Anton_Peplov]

sydorov в сообщении #1709396 писал(а):

Г. $f_4(x, y, z) = (\alpha x, y, z), 0 < \alpha < 1.$

Обозначим координаты векторов исходного базиса $\vec i, \vec j, \vec k$ через столбцы
$\vec i = (a_1, a_2, a_3)^T, \vec j = (b_1, b_2, b_3)^T, \vec k = (c_1, c_2, c_3)^T.$

1) $f_4(x, y, z) = x f_4(a_1, a_2, a_3)^T + y f_4(b_1, b_2, b_3)^T + z f_4(c_1, c_2, c_3)^T = x (\alpha a_1, a_2, a_3)^T + y (\alpha b_1, b_2, b_3)^T + z (\alpha c_1, c_2, c_3)^T.$

Базис $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (\alpha a_1, a_2, a_3)^T, (\alpha b_1, b_2, b_3)^T, (\alpha c_1, c_2, c_3)^T.$

2) Координаты вектора $\vec v$ с координатами $(x, y, z)$ в базисе $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (\frac{x}{\alpha}, y, z).$

3) Координаты вектора $f_4(x, y, z)$ в базисе $f_4(a_1, a_2, a_3), f_4(b_1, b_2, b_3), f_4(c_1, c_2, c_3): (x, y, z).$

Тут Вы пошли куда-то в лес.
Запишите координаты вектора $\vec i$ в базисе $\vec i, \vec j, \vec k$. Подсказка: разложите вектор $\vec i$ по базису $\vec i, \vec j, \vec k$ и увидите его координаты.

[sydorov]

Г. $f_4(x, y, z) = (\alpha x, y, z), 0 < \alpha < 1.$

Если мы рассматриваем ортонормированный базис, то кородинаты базисных векторов в нем - $(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$ соответственно.

1)$ f_4 (x, y, z) = x f_4 (1, 0, 0) + y f_4 (0, 1, 0) + z f_4 (0, 0, 1) = x (\alpha, 0, 0) + y (0, 1, 0) + z (0, 0, 1).$

Базис $f_4(1, 0, 0), f_4(0, 1, 0), f_4(0, 0, 1): (\alpha, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1).$

2) Координаты вектора с координатами $(x, y, z)$ в базисе $f_4(1, 0, 0), f_4(0, 1, 0), f_4(0, 0, 1): (\frac{x}{\alpha}, y, z)$

3) Координаты вектора $f_4(x, y, z)$ в базисе $f_4(1, 0, 0), f_4(0, 1, 0), f_4(0, 0, 1): (x, y, z).$

Уважаемый Anton_Peplov, не уверен, что правильно использую эту нотацию. (Извиняюсь, что формула "плывет". Не понимаю почему)

svv в сообщении #1709269 писал(а):

Отображение $f: X\to Y$ биективно, если прообраз каждого элемента $y\in Y$ содержит ровно один элемент.

Но в Вашем случае линейного оператора $f: V\to V$ есть специфика. Пусть мы хотим показать биективность $f$. Тогда достаточно проверить, что прообраз нулевого вектора есть $\{0\}$. (Это гораздо проще, чем перебирать все элементы $V$!) Например, если в конкретном базисе оператор представляется матрицей $A$, достаточно убедиться, что $A$ невырождена (или, равносильно, что система $Ax=0$ имеет лишь нулевое решение).

Давайте разберёмся, почему этого достаточно. Попробуйте ответить на два вопроса:
1) Почему не надо проверять, что у любого вектора прообраз содержит не более одного элемента? Почему достаточно это проверить лишь для нулевого вектора?
2) Почему не надо проверять, что у любого вектора прообраз непуст?

Уважаемый svv,

1) Так это же следует из теории множеств! $V$ - множество и, значит, не содержит повторяющихся векторов. По условию $\operatorname{Ker} f = \vec 0$ и $f$ - линейный, а это говорит о том, что перевод различных векторов в один и тот же невозможен.
2) Снова же из условия $\operatorname{Ker} f = \vec 0.$

[svv]

sydorov
Вот что я имел в виду. Возможно, Вы имели в виду то же самое. В любом случае, проговорю это в деталях.

1) Пусть линейное отображение $f: V\to V$ не инъективно. Тогда существует вектор $v$, который является образом более чем одного вектора (назовём такой вектор амбициозным). То есть существуют такие $a$ и $b$, причём $a\ne b$, что
$f(a)=v$
$f(b)=v$
Пользуясь линейностью, находим разность:
$f(a-b)=0$, или
$f(c)=0$, где $c=a-b\ne 0$.
Из линейности также следует $f(0)=0$, поэтому $\operatorname{Ker}f$ содержит по крайней мере два вектора, $0$ и $c$.
Выходит, если некоторый вектор $v$ амбициозный, то и нулевой вектор тоже амбициозный.

Если же $\operatorname{Ker}f=\{0\}$, т.е. нулевой вектор неамбициозный, то всякий вектор неамбициозный, и отображение $f$ инъективно.

[Anton_Peplov]

sydorov в сообщении #1709648 писал(а):

Если мы рассматриваем ортонормированный базис, то координаты базисных векторов в нем - $(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$ соответственно.

А если не ортонормированный, думаете, координаты базисных векторов будут другие?

Пусть $\vec a, \vec b, \vec c$ - произвольный базис (не обязательно ортонормированный).

1) разложите $\vec a$ по этому базису
2) возможны ли другие разложения $\vec a$ по этому же базису?
3) каковы координаты $\vec a$ в этом базисе?

sydorov в сообщении #1709648 писал(а):

$ f_4 (x, y, z) = x f_4 (1, 0, 0) + y f_4 (0, 1, 0) + z f_4 (0, 0, 1) = x (\alpha, 0, 0) + y (0, 1, 0) + z (0, 0, 1).$

Доведите же действие до конца. Выполните умножение на скаляр и сложение векторов, чтобы получить итоговый вектор. Вы увидите весьма красивый результат.