Элемент, ортогональный большей части базиса

[artempalkin]

Пусть дан базис конечномерного евклидова пространства $\overline {e_1e_n}$ и есть два элемента $x,y$ такие что $x\perp <\overline {e_1,e_{n-1}}>$ и $y\perp <\overline {e_1,e_{n-1}}>$. Док-ть, что $x=\alpha y$.

Ну как бы вроде бы все очевидно, но чтобы явно это доказать потребовались нетривиальные действия (которые мне понятны, но вот чтобы объяснить их человеку, слабому в линале, - хотелось бы доказательство попроще).

Логика такая: рассмотрим элемент $x\perp <\overline {e_1,e_{n-1}}>$. Он раскладывается по базису: $x=\sum\limits_{k=1}^n x_k e_k$. Домножим это равенство на все $e_j, j=1..n-1$, получим систему относительно $x_k$ из $n-1$ уравнения: $\sum\limits_{k=1}^n (e_j,e_k)x_k=0, j=1..n-1$. Строки матрицы этой системы - строки матрицы Грама элементов $\overline {e_1e_n}$, а значит линейно независимы, а значит ее ранг равен $n-1$. Это означает, что размерность пространства решений есть $1$, а значит любые два решения коллинеарны, что и требовалось доказать.

Можно ли как-то строго доказать тот же факт, только попроще?

[mihaild]

Докажите, что $\{e_1, \ldots, e_{n - 1}, x\}$ - базис, и что $x - \alpha y$ для подходящего $\alpha$ ортогонален всем векторам из него.

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1555994 писал(а):

Докажите, что $\{e_1, \ldots, e_{n - 1}, x\}$ - базис

Ага, это понятно

mihaild в сообщении #1555994 писал(а):

что $x - \alpha y$ для подходящего $\alpha$ ортогонален всем векторам из него.

Для начала если $y\perp x$, то $y=0$ (т.к. базис), ну и $x$ и $y$ коллинеарны.

Далее пусть $(x,y)\neq 0$. Тогда зададим $f(\alpha)=(x,x-\alpha y)=(x,x)-\alpha (x,y)$ - непрерывная функция, причем линейная и не константа. Значит, где-то она равна нулю будет. Итого при некотором $\alpha$ $x-\alpha y$ ортогонален всему базису, а значит нулевой.

Да, отличный подход, спасибо!

[mihaild]

artempalkin в сообщении #1555997 писал(а):

Значит, где-то она равна нулю будет

И даже можно явно написать где:)

-- 31.05.2022, 20:35 --

artempalkin в сообщении #1555997 писал(а):

Для начала если $y\perp x$, то $y=0$

Ну кстати если разрешены нулевые вектора, то утверждение неверно (пусть $y$ нулевой, а $x$ нет).

[Евгений Машеров]

Разложим по базису и посмотрим на коэффициенты. Если коэффициент ненулевой - вектор неортогонален к соответствующему элементу базиса. Следовательно, ненулевой коэффициент может быть только при последнем элементе, как для x, так и для y. То есть они оба равны последнему элементу базиса, умноженному на некоторый (возможно, нулевой) коэффициент и совпадают с точностью до множителя.

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1555999 писал(а):

Ну кстати если разрешены нулевые вектора, то утверждение неверно (пусть $y$ нулевой, а $x$ нет).

Почему? $y=0\cdot x$. Конечно, это случай "дурацкий", но под общую канву подходит.

Евгений Машеров в сообщении #1556002 писал(а):

То есть они оба равны последнему элементу базиса, умноженному на некоторый (возможно, нулевой) коэффициент и совпадают с точностью до множителя.

Но базис-то неортогональный
А даже если и да, то нужно доказывать, что

Евгений Машеров в сообщении #1556002 писал(а):

они оба равны последнему элементу базиса, умноженному на некоторый (возможно, нулевой) коэффициент

а это то же, что я пытаюсь доказать

[mihaild]

artempalkin в сообщении #1556003 писал(а):

Почему? $y=0\cdot x$.

Потому что вы просили не коллинеарность, а

artempalkin в сообщении #1555993 писал(а):

$x=\alpha y$.

[artempalkin]

mihaild
Ааа, ну да. Ну тогда давайте исправим на коллинеарность, потому что речь шла, конечно, об этом :)

[svv]

Ещё немного по-другому.
Набор $(e_1,...,e_{n-1},x,y)$ содержит $n+1$ векторов и потому линейно зависим, то есть
$c_1e_1+...+c_{n-1}e_{n-1}+ax+by=0$
для некоторых коэффициентов $c_1,...c_{n-1},a,b$, не все из которых нулевые. Более того, $a$ и $b$ не равны нулю одновременно, иначе получится, что набор $(e_1,...,e_{n-1})$ линейно зависим.
Умножим это равенство скалярно на $ax+by$, получим $(ax+by, ax+by)=0$, откуда $ax+by=0$.

[artempalkin]

svv
Да, отличное док-во, спасибо!
То-то мне казалось, что мое доказательство чрезмерно, есть гораздо более элегантные :)

[svv]

Вариация на тему доказательства mihaild.
Скалярное произведение вектора $(x,e_n)y-(y,e_n)x$ на любой из векторов базиса $(e_k)$ равно нулю.

[artempalkin]

svv в сообщении #1556036 писал(а):

Скалярное произведение вектора $(x,e_n)y-(y,e_n)x$ на любой из векторов базиса $(e_k)$ равно нулю.

Похоже на док-во размерности коразмерности ядра функционала

[vpb]

Поскольку $e_1,\ldots,e_n$ --- базис, подпространство $L=\langle e_1,\ldots,e_{n-1}\rangle$ --- $(n-1)$-мерно. Оба $x$ и $y$ ортогональны этому подпространству. Если они не пропорциональны, то пространство $\langle x,y\rangle$ двумерно. Тогда оно должно пересекать $L$ нетривиально, значит, существует элемент вида $v=ax+by\ne0$, лежащий в $L$. Но, поскольку $x$ и $y$ ортогональны $L$, то и $v$ ортогонально. Значит, его скалярное произведение на себя --- нуль. Чего в евклидовом пространстве быть не может (а в псевдоевклидовом --- таки может).

(Это то же, что svv написал, только на более геометрическом языке.)

А хотя, оно же и для псевдоевклидовых тоже верно. И вообще для пространств с невырожденной симметрической формой. Достаточно сослаться на факт, что сумма размерностей любого подпространства и его ортогонального дополнения --- всегда $n$. (Но, в общем случае, лучше говорить об "аннуляторе" подпространства, а не об ортогональном дополнении, так как аннулятор может пересекать подпространство нетривиально, а то и вообще содержаться в ём (или наоборот, его содержать), если ограничение формы на подпространство --- вырождено.

Кароч, оба $x$, $y$ лежат в ортогональном дополнении к тому подпространству, а это ортогональное дополнение --- одномерно. Значит, оне пропорциональны. Не знаю, правда, получится ли это донести до вашего ученика. Впрочем, формулу $\dim L +\dim L^\bot=n$ во многих курсах проходят, думаю.

[artempalkin]

vpb в сообщении #1556112 писал(а):

Кароч, оба $x$, $y$ лежат в ортогональном дополнении к тому подпространству, а это ортогональное дополнение --- одномерно.

Да, вот это "кароч" совершенно очевидно любому человеку, который хоть как-то разбирается в линале, донести же этот момент - отдельная история :)

Но все представленные доказательства хороши, так что отличного материала много!

[ihq.pl]

Еще одна вариация. Пусть $e=[x,y]\ne 0$. Тогда $v_1=[e,x]\ne 0, v_2=[e,y]\ne 0$, но $[v_1,v_2]=0 \Rightarrow x=\alpha y$
Не уверен, правда, что это короче и нагляднее того, что уже предложили.