Дилетантские вопросы по линейной алгебре

[sydorov]

Уважаемый Anton_Peplov,

Попробую оттолкнуться от понятия тривиальности линейной комбинации

$\alpha \vec a + \beta \vec b + \gamma \vec c = \vec 0, когда \alpha = \beta = \gamma = 0.$

Выразим $\vec a$ через векторы базиса.

$\vec a = \alpha \vec a + \beta \vec b + \gamma \vec c$ - здесь ЛК $\alpha \vec a + \beta \vec b + \gamma \vec c$ - нетривиальная. И разложение по базису единственно.

$\vec a - \alpha \vec a = \beta \vec b + \gamma \vec c$

$(1 - \alpha) \vec a = \beta \vec b + \gamma \vec c$

$(1 - \alpha) \vec a - \beta \vec b - \gamma \vec c = \vec 0$ - здесь ЛК - уже тривиальная, т. е. $ (1 - \alpha) = - \beta = - \gamma = 0$

Получаем, что в разложении коэффициент $\alpha = 1$, а $\beta$ и $\gamma$ - нулевые. $\vec a = (1, 0, 0)$
Аналогично рассуждаем для $\vec b$ и $\vec c$

Простите, затупил. Продолжаю.

$f_4 (x, y, z) = x f_4 (1, 0, 0) + y f_4 (0, 1, 0) + z f_4 (0, 0, 1) = x (\alpha, 0, 0) + y (0, 1, 0) + z (0, 0, 1) = (\alpha x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z) = (\alpha x, y, z).$
Красоты не понимаю. Подскажите, плиз, "смысл анекдота" ) Ведь получено именно то, что в Вашем условии.

Anton_Peplov в сообщении #1709261 писал(а):

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.

Шикарная аналогия! А я не додумался. Это сообщение еще прорабатываю. Могу перенести его "в фон", если считаете нужным, и продолжить разбираться с линейными операторами.


Уважаемый svv, Ваше рассуждение

svv в сообщении #1709651 писал(а):

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.

очень строгое, понятное, но я самостоятельно так бы не смог. Рассуждал нагляднее. А вот это определение: "Отображение $f: X\to Y$ биективно, если прообраз каждого элемента $y\in Y$ содержит ровно один элемент." вообще поразило меня минималистичностью. Сначала показалось, что его стоит дополнить следующим образом: прообраз каждого элемента $y\in Y$ содержит ровно один, принадлежащий только ему, элемент. Порассуждал, понял, что мое дополнение лишнее, и прозрел. Спасибо!

Господа, стоит ли мне подглядывать сейчас в какой-либо литературный источник?
До начала этой темы в качестве справочника использовал Ильина-Позняка, но сейчас мне он кажется немного "бедным".

[svv]

sydorov, и Вам спасибо. Перейдём к вопросу 2).

Итак, пусть $f: V\to V$ — линейное отображение и $\operatorname{ker}f=\{0\}$.
Мы выяснили, что тогда $f$ инъективно, иначе было бы $f(a)=f(b)$ для некоторых различных $a, b$, и тогда $f(c)=0$, где $c=a-b\neq 0$, то есть $c\in\operatorname{ker}f$, что противоречит условию.

Но, вроде бы, этого недостаточно, чтобы $f$ было сюръекцией? В самом деле, вдруг полный прообраз некоторого вектора пуст? Оказывается, всё же достаточно.

Пусть $\dim V=n$. Это значит, в $V$ существует базис из $n$ векторов, обозначим их $e_1,\ldots, e_n$, или кратко $(e_i)$. Обозначим их образы при отображении $f$ через $g_1, \ldots, g_n$:
$f(e_i)=g_i, \quad i=1,\ldots,n$
Вопрос: набор векторов $(g_i)$ линейно зависим (ЛЗ) или линейно независим (ЛН)?

Допустим, $(g_i)$ ЛЗ. Тогда существует нетривиальная линейная комбинация (в которой не все коэффициенты нулевые)
$\lambda_1 g_1+\ldots+\lambda_n g_n=0$
Пусть $a=\lambda_1 e_1+\ldots+\lambda_n e_n$. Поскольку $(e_i)$ — базис, он ЛН, поэтому $a\neq 0$. Тогда в силу линейности $f$
$f(a)=f(\lambda_1 e_1+\ldots+\lambda_n e_n)=\lambda_1 f(e_1)+\ldots+\lambda_n f(e_n)=\lambda_1 g_1+\ldots+\lambda_n g_n=0$
Но это означает, что ненулевой вектор $a\in\operatorname{ker}f$, что противоречит условию.

Значит, набор $(g_i)$ ЛН. Тогда он тоже базис. Тогда он полон, то есть любой вектор $v\in V$ представляется в виде
$v = \mu_1 g_1+\ldots+\mu_n g_n$
Тогда $v = f(b)$, где
$b = \mu_1 e_1+\ldots+\mu_n e_n$
То есть полный прообраз любого вектора $v$ непуст i.e. любой вектор лежит в образе $f$ i.e. $\operatorname{im} f = V$.

[Anton_Peplov]

sydorov в сообщении #1709727 писал(а):

Попробую оттолкнуться от понятия тривиальности линейной комбинации <...> Получаем, что в разложении коэффициент $\alpha = 1$, а $\beta$ и $\gamma$ - нулевые. $\vec a = (1, 0, 0)$

Вы все сделали правильно и строго, но длинновато. И без формальных манипуляций очевидно, что $\vec a = 1 \cdot \vec a + 0 \cdot \vec b + 0 \cdot \vec c$ является разложением вектора $\vec a$ по базису $\vec a, \vec b, \vec c$. Остается вспомнить, что разложение по базису единственно. Ну, это не беда, со временем научитесь видеть такие вещи с одного взгляда.

sydorov в сообщении #1709727 писал(а):

Красоты не понимаю. Подскажите, плиз, "смысл анекдота" ) Ведь получено именно то, что в Вашем условии.

Возможно, особой красоты и нет, это дело вкуса :) Я как раз хотел сказать, что из Ваших манипуляций получается именно то, что в условии. Раз Вы за них взялись, значит, еще не до конца освоились с координатами и векторами. Иначе бы сразу бы это увидели. Но вывод сделали правильный:

sydorov в сообщении #1709648 писал(а):

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

Только запишите векторы $(\alpha, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$ не как набор координат (подсказка: они очевидным образом связаны с $\vec i, \vec j, \vec k$).

sydorov в сообщении #1709727 писал(а):

Господа, стоит ли мне подглядывать сейчас в какой-либо литературный источник?
До начала этой темы в качестве справочника использовал Ильина-Позняка, но сейчас мне он кажется немного "бедным".

По результатам Ваших упражнений я делаю такой вывод. Вам знакомы основные теоремы, и кое-что Вы умеете доказывать сами. Но в некоторых вещах, которые должны быть ясны как дважды два и делаться в уме, Вы еще не тверды. Например, в понимании того факта, что координаты $(x, y, z)$ есть коэффициенты разложения по базису $\vec i, \vec j, \vec k$. Вам приходится вспоминать теоремы и проделывать вычисления.

Исходя из этого, я делаю вывод, что Вам нужен не учебник, а задачник. И не на доказательства, а на выполнение рутинных операций типа разложения заданного вектора по заданному базису. Может быть, задачник даже не по линейной алгебре, а по аналитической геометрии в той ее части, где проходят векторы. Не обязательно решать все задачи, которые есть в задачнике, их слишком много. Надо их решать, пока решать их не станет легко. Можно по одной-две в день. Набейте руку. Понимаю, это может быть скучным. Мне самому это всегда было скучно. Но без технических навыков не бывает настоящего понимания математики.

sydorov в сообщении #1709727 писал(а):

Могу перенести его "в фон", если считаете нужным, и продолжить разбираться с линейными операторами.

Отсутствие принципиальной разницы между изоморфизмом и автоморфизмом и то, что изоморфные линейные пространства в некотором смысле одно и то же пространство, стоит понять. А примеры изоморфизмов из других областей математики можно забыть. Все равно они пока Вам ничего не говорят. Если будете изучать эти области математики, тогда и увидите аналогию.

С линейными операторами осталось разбираться всего ничего, потому что произвольный линейный оператор устроен не намного сложнее изоморфизма. Чуть позже я раскрою эту тему подробнее.

[sydorov]

Уважаемый Anton_Peplov

Anton_Peplov в сообщении #1709261 писал(а):

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 $\mathbb R$.

1) Подпрстранства понятны, каждое состоит из векторов коллинеарных соответствующему базисному вектору.
$(\mathbb R, 0)$
$\vec 0 \in \mathbb R$ и $\vec 0 \in \mathbb R^2.$ Не расписываю покоординатно.
$(x_1, 0) + (x_2, 0) = (x_1 + x_2, 0) \in (\mathbb R, 0)$
$\forall \alpha \in \mathbb R$
$\alpha (x, 0) = (\alpha x, 0) \in (\mathbb R, 0)$
Аналогично для $(0, \mathbb R)$

2) Делаем поворот
$f((x, 0)) = (0, x)$

3) Проецируем
$f_1((x, 0)) = f_2((0, x)) = x$

С дальнейшим Вашим объяснением оказалось не так уж и сложно, как показалось с первого раза. Спасибо. Прошу прощения, что медленно разбираюсь.

(Оффтоп)

Мой конек не скорость, а выносливость. В прошлом бегун на сверхдлинные )

Anton_Peplov в сообщении #1709832 писал(а):

Только запишите векторы $(\alpha, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)$ не как набор координат

Базис $$f_4(1, 0, 0), f_4(0, 1, 0), f_4(0, 0, 1): \alpha \vec i, \vec j, \vec k$

Anton_Peplov в сообщении #1709832 писал(а):

в некоторых вещах, которые должны быть ясны как дважды два и делаться в уме, Вы еще не тверды

Благодарю за такой эвфемизм ) Действительно, не набил руку, и в упражнениях по аналитической геометрии векторную технику почти не применял.
Последую Вашей рекомендации обратиться к задачнику. Имею под редакцией Смирнова. Вроде в нем достаточно задач по векторам на "найти" и "вычислить". Потренируюсь.

[sydorov]

Уважаемый svv,

svv в сообщении #1709269 писал(а):

2) Почему не надо проверять, что у любого вектора прообраз непуст?

svv в сообщении #1709789 писал(а):

Перейдём к вопросу 2).

Итак, пусть $f: V\to V$ — линейное отображение и $\operatorname{ker}f=\{0\}$.
Мы выяснили, что тогда $f$ инъективно, иначе было бы $f(a)=f(b)$ для некоторых различных $a, b$, и тогда $f(c)=0$, где $c=a-b\neq 0$, то есть $c\in\operatorname{ker}f$, что противоречит условию.

Но, вроде бы, этого недостаточно, чтобы $f$ было сюръекцией? В самом деле, вдруг полный прообраз некоторого вектора пуст? Оказывается, всё же достаточно.

Пусть $\dim V=n$. Это значит, в $V$ существует базис из $n$ векторов, обозначим их $e_1,\ldots, e_n$, или кратко $(e_i)$. Обозначим их образы при отображении $f$ через $g_1, \ldots, g_n$:
$f(e_i)=g_i, \quad i=1,\ldots,n$
Вопрос: набор векторов $(g_i)$ линейно зависим (ЛЗ) или линейно независим (ЛН)?

Допустим, $(g_i)$ ЛЗ. Тогда существует нетривиальная линейная комбинация (в которой не все коэффициенты нулевые)
$\lambda_1 g_1+\ldots+\lambda_n g_n=0$
Пусть $a=\lambda_1 e_1+\ldots+\lambda_n e_n$. Поскольку $(e_i)$ — базис, он ЛН, поэтому $a\neq 0$. Тогда в силу линейности $f$
$f(a)=f(\lambda_1 e_1+\ldots+\lambda_n e_n)=\lambda_1 f(e_1)+\ldots+\lambda_n f(e_n)=\lambda_1 g_1+\ldots+\lambda_n g_n=0$
Но это означает, что ненулевой вектор $a\in\operatorname{ker}f$, что противоречит условию.

Значит, набор $(g_i)$ ЛН. Тогда он тоже базис. Тогда он полон, то есть любой вектор $v\in V$ представляется в виде
$v = \mu_1 g_1+\ldots+\mu_n g_n$
Тогда $v = f(b)$, где
$b = \mu_1 e_1+\ldots+\mu_n e_n$
То есть полный прообраз любого вектора $v$ непуст i.e. любой вектор лежит в образе $f$ i.e. $\operatorname{im} f = V$.

Я очень внимательно проследил за ходом Вашего доказательства, чтобы для себя окончательно расставить точки над i в этом вопросе. Разобрался.
Теперь имею образец для подражания (которого мне если не достичь, то, во всяком случае, к которому стремиться), как необходимо рассуждать.
Огромное спасибо!

[svv]

sydorov, спасибо, очень приятно. Но вообще математическая строгость — это не по моей части, яжфизик.

[sydorov]

Уважаемый svv,

Ну, не скажите )

(Оффтоп)

В связи с этим вспомнил байку, подслушанную на лекции.
Встречаются во время перерыва Позняк и Ландау. Л.Д. интересуется, что сейчас проходят студенты.
Позняк отвечает, что теорему о прохождении непрерывной функции через произвольное значение.
Ландау и объявляет, что здесь и доказывать нечего, и рисует график. На что И.Г.
и говорит, мол, позвольте, вы же в ваших книгах все строго обосновываете.
Пришлось Ландау согласиться, что и от своих студентов того же требует )

[Anton_Peplov]

sydorov
Продолжаем разговор о линейных операторах.

После того, как мы разобрались с понятием изоморфизма, следует уяснить фундаментальный факт: все линейные пространства одной и той же (конечной) размерности изоморфны друг другу.

Упражнение. Постройте изоморфизм двух произвольных $n$-мерных линейных пространств.

После этого произвольный линейный оператор $A \colon V \to V$ окажется очень простой штуковиной. Как Вы уже знаете, образ оператора $\operatorname{Im} A$ есть подпространство линейного пространства $V$, и размерность $\operatorname{Im} A$ называется рангом линейного оператора $A$. Ранг можно обозначать $r(A)$. По сути, единственное, чем произвольный ЛО отличается от изоморфизма - это размерностью образа.

Стало быть, нам нужно научиться понижать размерность с помощью линейного оператора. Простейший линейный оператор $A_r$, понижающий размерность с $n$ до $r$, я бы назвал "тупым проектором". Вот как он определяется. Зафиксируем какой-нибудь базис $\vec e_1, \vec e_2 \dots \vec e_n$. Положим, что $A_r(\vec e_i) = \vec e_i$, когда $i \le r$, и $A_r(\vec e_i) = \vec 0$, когда $i > r$. Что делает этот оператор? Да тупо проецирует векторы из пространства $V$ на некоторое подпространство $V'$ размерности $r$. Например, тупой проектор $A_2$ в трехмерном пространстве с базисом $(\vec i, \vec j, \vec k)$ проецирует все векторы на плоскость $xOy$.

С помощью "тупого проектора" мы получили из $V$ первое попавшееся подпространство $V'$ размерности $r$. Но этого еще мало, чтобы получить произвольный линейный оператор $A$ ранга $r$. Рассмотрим, например, линейный оператор $A(x \vec i + y \vec j + z \vec k) = x \vec j + 2y \vec k$ (покажите, что он линейный). Легко видеть, что $\operatorname{Im} A$ - это плоскость $yOz$, а не $xOy$. Однако эти две плоскости - линейные пространства одной размерности, и, следовательно, изоморфны!

Поэтому, чтобы собрать оператор $A$ "из известных нам деталей", мы можем поступить так:
1) взять "тупой проектор" $A_2$, который сделает из $V$ плоскость $xOy$
2) построить изоморфизм $A_I \colon xOy \to yOz$ такой, что $A_I(A_2(\vec v)) = A(\vec v)$.

Другими словами, произвольный линейный оператор $A \colon V \to V$ ранга $r$ - это композиция "тупого проектора" $A_r$, который понижает размерность до $r$, и изоморфизма $\operatorname{Im} A_r \to \operatorname{Im} A$, который превращает "результат работы" оператора $A_r$ в "результат работы" оператора $A$. А как устроен изоморфизм, Вы уже знаете.