Задачи по линейной алгебре (Винберг)

[mdn]

Каждый вектор должен представляться в виде конечной линейной комбинации векторов базиса.

[caxap]

Пусть $\mathbb R$ над $\mathbb Q$ счётномерно, т. е. есть счётный базис $(e_i)_{i\in \mathbb N}$. Если каждое вещ. число представляется в виде конечной линейной комбинации базисных векторов, то ему можно поставить в соответствие последовательность координат в этом базисе. В этих строках только конечное число элементов будет не ноль, поэтому начиная с какого-то номера будут все нули. Отбросим эти нули и получим конечную последовательность рац. чисел. Мощность множества всех конечных последовательностей рац. чисел равна $|\mathbb Q|=\aleph_0$. Но мощность $\mathbb R$ континуум. Противоречие.

Хоть что-то верно?

[MaximVD]

Вроде верно. Только неплохо было бы ещё сказать, что любой конечной последовательности рац. чисел соответствует некоторое вещественное число, и двум различным веществ. числам соответствуют различные последовательности. Впрочем, это и так очевидно, но всё-таки бывает полезно оформлять доказательства аккуратно и полностью.

[JMH]

mdn в сообщении #411015 писал(а):

Каждый вектор должен представляться в виде конечной линейной комбинации векторов базиса.

Неправда. Гляньте определение.

caxap
Забудьте про конечность, Вы правильно поняли ewert'а - дело в линейной независимости векторов базиса.

[caxap]

JMH в сообщении #411293 писал(а):

Неправда.

Я в первый раз невнимательно прочитал в учебнике. Там действительно написано, что в бесконечных линейных комбинациях только конечное число членов отлично от нуля.

-- 10 фев 2011, 11:22 --

5.1. Доказать, что если $\det A=0$, но $\det A_i\neq 0$ для какого-либо $i$, то система $Ax=b$ несовместна. [$A_i$ -- это матрица, получающаяся из $A$ заменой $i$-го столбца на столбец $b$.]

Если $\det A_i\neq 0$, то $\mathrm{rang}\, A_i=n$, где $n$ -- число неизвестных в системе. Но $\mathrm{rang}\,A_i\le \mathrm{rang} \,(A\,|\,b)\le n$, т. к. вторая матрицы содержит все столбцы первой. Поэтому $\mathrm{rang}\,(A\,|\,b)=n$ и по теореме Кронекера--Капелли система несовместна ($\mathrm{rang}\,A<n$).

-- 10 фев 2011, 11:41 --

5.2. Показать, что если $\det A=\det A_i=0,~\forall~i$, то система может быть как несовместной, так и неопределённой.

Примеры соотв. несовместной и неопределённой:

$$\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix};\quad \begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$$

Сомнения с первой: когда $A$ нулевая, это вообще можно назвать системой?

[caxap]

5.3. Пусть $A$ -- невырожденная целочисленная матрица. Доказать, что матрица $A^{-1}$ является целочисленной $\iff \det A=\pm 1$.

$A^{-1}=\dfrac 1{\det A}(A_{ij})^\top$, $A_{ij}$ -- алгебраические дополнения. Каждое алгебраическое дополнение -- это сумма произведений каких-то целых чисел, то есть тоже целое, причём может равняться единице, напр. $A_{11}$ для $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$. Единицу можно делить только на $\pm 1$ (чтобы получилось снова целое число). Но это мы только показали $\Leftarrow$. C $\Rightarrow$ у меня затруднения (а вдруг все $A_{ij}$ будет чётные, а $\det A=2$)...

[ewert]

caxap в сообщении #411348 писал(а):

5.3. Пусть $A$ -- невырожденная целочисленная матрица. Доказать, что матрица $A^{-1}$ является целочисленной $\iff \det A=\pm 1$.

Слева направо: $\det A\cdot\det A^{-1}=1$, и оба сомножителя целочисленны.

[caxap]

Точно. Спасибо. А остальные задачки (5.1, 5.2) я правильно решил?

[ewert]

В принципе верно, но с одной оговоркой насчёт 5.2. Для систем из двух уравнений неразрешимость действительно возможна только в том экзотическом случае, когда основная матрица нулевая. Дело в том, что неразрешимость системы означает, что количество независимых строк основной матрицы меньше, чем чем количество независимых строк расширенной, а последнее по условию задачи не больше единицы; поэтому у основной матрицы может быть только ноль независимых строк. Начиная с систем три на три эта экзотика снимается.

[caxap]

Спасибо. Последняя задачка:

5.5. Доказать, что в матрице $A$ ранга $r$ любой минор, образуемый пересечением $r$ линейно нез. строк с $r$ лин. нез. столбцами, отличен от нуля.

Можно сначала оставить только эти $r$ линейно-независимых строк, отбросив остальные. Получим матрицу $A'$. Дальше я хотел тоже проделать со столбцами, но так нельзя: ведь столбцы, которые были независимы в $A$ могут стать зависимыми $A'$.

[ewert]

Для удобства считаем, что речь о первых $r$ строках и первых $r$ столбцах. Пафос в том, что каждая из остальных строк является комбинацией первых (и то же относится к столбцам).

В частности, каждая левая подстрока длины $r$ является комбинацией верхних $r$ аналогичных подстрок. Это означает, что размерность линейной оболочки всех вообще левых подстрок длины $r$ равна рангу левой верхней подматрицы размера $r\times r$. Но, с другой стороны, эта размерность равна рангу левой подматрицы размера $n\times r$, т.е. количеству линейно независимых среди первых $r$ столбцов.

[JMH]

caxap в сообщении #411339 писал(а):

Я в первый раз невнимательно прочитал в учебнике. Там действительно написано, что в бесконечных линейных комбинациях только конечное число членов отлично от нуля.

Если имеется ввиду базис Гамеля, то да, линейная комбинация должна быть конечной, но разве такое требование было в условии?