Задачки по векторным пространствам (из Винберга)

[caxap]

Прорешиваю очередную главу Винберга. Буду очень благодарен на проверку.

2.2. Используя линейные отображения, доказать, что ранг произведения двух матриц (не обязательно квадратных) не превосходит ранга каждой из них.

Пусть даны матрицы $A,B$ размеров $\ell\times m$ и $m\times n$ соотв-но. Пусть им соответствуют линейные отображения $\alpha:U\to W$ и $\beta:V\to U$ соотв-но (размерности $W,U,V$ равны $\ell,m,n$ соотв-но). Произведению матриц $AB$ соответствует отображение $\alpha\beta:V\xrightarrow{\beta}U\xrightarrow{\alpha}W$.

$\operatorname{im}\alpha\beta\subseteq \operatorname{im} \alpha$. Беря размерности, получаем $\operatorname{rang}AB\le \operatorname{rang} A$.
$\operatorname{im}\alpha \beta\subseteq\operatorname{im}(\mathrm{id}\circ \beta)\ \Rightarrow\ \operatorname{rang}AB\le\operatorname{rang} B$

[caxap]

3.1. Показать, что линейные функции $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n$ (где $n=\dim V$) составляют базис пространства $V^*$ тогда и только тогда, когда не сушествует ненулевого вектора $\vec x\in V$, для которого $\varepsilon_i(\vec x)=0$ для всех $i=1,\ldots,n$.

$\fbox{\Rightarrow}$ Пусть $(\vec e_1,\ldots,\vec e_n)$ -- сопряжённый базис к $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)$. Пусть существует $\vec x=x_1 \vec e_1+\ldots+x_n \vec e_n\neq \vec 0$, для которого $\varepsilon_i(\vec x)=x_i=0\ (\forall\,i)$. Тогда $\vec x=\sum_i \varepsilon_i (\vec x)\vec e_i=\vec 0$, что противоречит предположению $\vec x\neq \vec 0$.
$\fbox{\Leftarrow}$ (тут сомнения! я запутался совсем...) Опять от противного: пусть $(\varepsilon_i)$ -- не базис $\Rightarrow$ существует такие $\lambda_i$, не все равные нулю, что $\sum_i \lambda_i \varepsilon_i=0$ ($0$ -- нулевая функция). По условию, для любого вектора $\vec x$ не все $\varepsilon_i(\vec x)$ равны нулю. По естественному изоморфизму $V\stackrel{\sim}\to V^{**}$ вектору $\vec x$ соответствует линейная функция $V^{*}\to K$ (обозначим её так же, $\vec x$). При этом $\varepsilon_i(\vec x)=\vec x(\varepsilon_i)$. Рассмотрим $\vec x\left(\sum_i\lambda_i \varepsilon_i\right)=\lambda_i\sum \vec x(\varepsilon_i)=0$ (выражение в первых скобках $=0$), но, с другой стороны, оно не равно нулю, т. к. есть отличные от нуля $\vec x(\varepsilon_i)$. Противоречие.

-- 13 мар 2011, 00:30 --

Ой. Может быть $\lambda_i$ и $\vec x(\varepsilon_i)$ не равняться нулю при разных $i$: сумма будет нулевой, противоречия не будет. Тогда не знаю, что с $\fbox{\Leftarrow}$ делать

[Xaositect]

caxap в сообщении #422241 писал(а):

$\operatorname{im}\alpha\beta\subseteq \operatorname{im} \alpha$. Беря размерности, получаем $\operatorname{rang}AB\le \operatorname{rang} A$.

Это верно.

Цитата:

$\operatorname{im}\alpha \beta\subseteq\operatorname{im}(\mathrm{id}\circ \beta)\ \Rightarrow\ \operatorname{rang}AB\le\operatorname{rang} B$

Это неверно, как минимум потому, что неясно, как определить $\mathrm{id}\colon U\to W$.

-- Вс мар 13, 2011 01:59:02 --

$\fbox{\Leftarrow}$: Пусть $\varepsilon_i(x) = 0$. Если возьмем $\varepsilon$ так, что $\varepsilon(x) = 1$, то его нельзя будет выразить через $\varepsilon_i$

[svv]

2.2 $\operatorname{rang}AB\le\operatorname{rang}B$

(Подсказка)

Рассмотрите $\operatorname{ker} \alpha \circ \beta$ и $\operatorname{ker} \beta$

.

[ewert]

2.2 (обратно). Просто транспонируйте произведение -- ранги при транспонированиях не меняются.

3.1. Пусть $\varepsilon_i(\vec x)=\sum\limits_{k}a_{ik}\,x_k$. Линейная независимость $\{\varepsilon_i\}$ означает линейную независимость строк матрицы $A=\{a_{ik}\}$. А обращение в ноль всех $\{\varepsilon_i\}$ на некотором ненулевом векторе -- это линейная зависимость столбцов этой же матрицы. Но мы знаем, что для квадратных матриц линейная независимость строк равносильна линейной независимости столбцов.

[caxap]

Спасибо!

2.2.

Xaositect в сообщении #422307 писал(а):

Это неверно, как минимум потому, что неясно, как определить $\mathrm{id}\colon U\to W$.

А если взять $U=V=W$, а отображения $\alpha,\beta$ просто работают с его подпространствами определённых размерностей. Тогда $\mathrm{id}=\mathrm{id}_U$. ?

svv в сообщении #422314 писал(а):

Рассмотрите $\operatorname{ker} \alpha \circ \beta$ и $\operatorname{ker} \beta$.

Из $\operatorname{ker}\alpha\beta\subseteq \operatorname{im}\beta$ следует $m-\operatorname{rang}AB\le \operatorname{rang} B$, где $m=\dim U$. Дальше не соображу...

ewert в сообщении #422331 писал(а):

Просто транспонируйте произведение -- ранги при транспонированиях не меняются.

Круто, это наверное самый простой способ : $\operatorname{rang} AB=\operatorname{rang}(AB)^\top=\operatorname{rang}B^\top A^\top\le \operatorname{rang}B^\top=\operatorname{rang}B$.

3.1.

Xaositect в сообщении #422307 писал(а):

$\fbox{\Leftarrow}$: Пусть $\varepsilon_i(x) = 0$. Если возьмем $\varepsilon$ так, что $\varepsilon(x) = 1$, то его нельзя будет выразить через $\varepsilon_i$

А разве это будет не доказательство $\Rightarrow$? В левую сторону у нас же по условию нет вектора, на котором все $\varepsilon_i$ равны нулю.

ewert в сообщении #422331 писал(а):

Но мы знаем, что для квадратных матриц линейная независимость строк равносильна линейной независимости столбцов.

То есть тут сразу $\iff$ доказывается? Выберем в $V$ какой-то базис. Тогда $\varepsilon_i$ независимы $\iff$ $A=(a_{ij})$ невырожденна $\iff$ СЛАУ $Ax=0$ имеет только тривиальное решение $\iff$ нет такого $\vec x\neq \vec 0$, что $\varepsilon_i(\vec x)=\sum_k a_{ik} x_k=0\ (\forall\,i)$.

[ewert]

caxap в сообщении #422363 писал(а):

То есть тут сразу $\iff$ доказывается? Выберем в $V$ какой-то базис. Тогда $\varepsilon_i$ независимы $\iff$ $A=(a_{ij})$ невырожденна $\iff$ СЛАУ $Ax=0$ имеет только тривиальное решение $\iff$ нет такого $\vec x$, что $\varepsilon_i(\vec x)=\sum_k a_{ik} x_k=0\ (\forall\,i)$.

Ровно так, и это именно эквивалентности.

[caxap]

3.2. Пусть $V$ -- пространство многочленов степени $\le n$ над полем $K$.
а) Показать, что линейные функции $\varepsilon_i$, $i=\overline{1,n}$, определяемые равенствами $\varepsilon_i(f)=f(x_i)$, где $x_1,\ldots,x_n$ -- различные элементы поля $K$, составляют базис пространства $V^*$.
б) Найти сопряжённый базис пространства $V$.
в) Получить интерполяционную формулу Лагранжа.

а) Не получается...
б) По определению, сопряжённый базис $(e_i)$ должен быть таким, что $\varepsilon_i(e_j)=\delta_{ij}$, или $e_j(x_i)=\delta_{ij}$. То есть $i$-й базисный полином должен принимать значение $1$ в точке $x_i$ и ноль в остальных точках. Тогда

$$e_i\colon x\mapsto \prod_{\substack{k=1\\k\neq i}}^n\frac {(x-x_k)}{(x_i-x_k)}$$

в) Возьмём в $V$ базис $(e_i)$. Пусть $f\in V$, $f_1,\ldots,f_n$ -- его координаты в выбранном базисе. Тогда $f=\sum_i f_i e_i$, но сопряжённый базис состоит из координатных функций, поэтому $f=\sum_i \varepsilon_i(f) e_i=\sum_i f(x_i) e_i$, или $f(x)=\sum_i f(x_i) e_i(x)$. Это формула Лагранжа.

[svv]

2.2 Я имел в виду вот что.
$\operatorname{ker}\beta \subseteq \operatorname{ker}\alpha\beta$
(Понятно, почему? Пусть $x \in V$, тогда из $\beta(x)=0 \in U$ следует $\alpha\beta(x)=0 \in W$, но обратное, вообще говоря, неверно.)
Значит, $\operatorname{dim} \operatorname{ker}\beta \leqslant \operatorname{dim} \operatorname{ker}\alpha\beta$.
Теперь вспоминаем Винберга
$\operatorname{dim} \operatorname{ker}\beta = \operatorname{dim} V - \operatorname{rang} B$
$\operatorname{dim} \operatorname{ker}\alpha\beta = \operatorname{dim} V - \operatorname{rang} AB$
Отсюда $\operatorname{rang} AB \leqslant \operatorname{rang} B$.

[caxap]

svv
Аа.. понял. Я почему-то сначала подумал, что ядро $\alpha \beta$ лежит в $U$ . Теперь дошло.

[svv]

Да, и получается, что это доказательство совершенно аналогично и "двойственно" Вашему доказательству
$\operatorname{im}\alpha\beta\subseteq \operatorname{im} \alpha \Rightarrow \operatorname{rang}AB \leqslant \operatorname{rang} A$

[ewert]

3.2. Какая-то совершенно дикая последовательность вывода интерполяционного многочлена Лагранжа, надо всё наоборот. Во-первых, написать формулу Лагранжа (она вполне очевидна). Во-вторых, отсюда многочлены $e_i(x)$ автоматически образуют базис в самом пространстве многочленов. В-третьих, теперь функции $\varepsilon_i(f)$ не менее автоматически образуют сопряженный базис в сопряжённом пространстве -- просто потому, что очевидным образом удовлетворяют соответствующим требованиям.

--------------------------------
Да, кстати, там сбой в нумерации: не $i=\overline{1,n}$, а $i=\overline{0,n}$.

[Leox]

caxap в сообщении #422410 писал(а):

3.2. Пусть $V$ -- пространство многочленов степени $\le n$ над полем $K$.
а) Показать, что линейные функции $\varepsilon_i$, $i=\overline{1,n}$, определяемые равенствами $\varepsilon_i(f)=f(x_i)$, где $x_1,\ldots,x_n$ -- различные элементы поля $K$, составляют базис пространства $V^*$.
а) Не получается...

Нужно показать, что функции $\varepsilon_i$ линейно независимые.
Предположив что существует нетривиальная линейная комбинация в силу линейности получим нетривиальную линейную комбинацию $x_i$ что приводит к противоречию.

[ewert]

Leox в сообщении #422461 писал(а):

Нужно показать, что функции $\varepsilon_i$ линейно независимые.
Предположив что существует нетривиальная линейная комбинация в силу линейности получим нетривиальную линейную комбинацию $x_i$

Тыпс. Что это за зверь такой -- линейная комбинация чисел?...

[caxap]

(ewert)

ewert в сообщении #422434 писал(а):

3.2. Какая-то совершенно дикая последовательность вывода интерполяционного многочлена Лагранжа, надо всё наоборот.

По-моему, цель задачи не в выводе формулы Лагранжа (она просто оказывается приятной неожиданностью). (В следующей задаче так же неожиданно всплывает формула Тейлора.)

Leox в сообщении #422461 писал(а):

Предположив что существует нетривиальная линейная комбинация в силу линейности получим нетривиальную линейную комбинацию $x_i$ что приводит к противоречию.

Пусть существуют $\lambda_i$, не все равные нулю, такие что $\sum_i \lambda_i \varepsilon_i=0$ (нулевая функция). Т. е. $\sum_i \lambda_i \varepsilon_i(f)=f(\sum_i \lambda_i x_i)=0$ для любого $f$, значит, $\sum_i \lambda_i x_i=0$.

Но не понял, почему получается противоречие? $x_i$ -- это элементы поля $K$ и если рассматривать $K$ как одномерное векторное пространство, то $\{x_i\}$ -- зависимая система.