Линейное отображение

[Viktor92]

Здравствуйте. Есть такая задача: линейное отображение $n$-мерного арифметического пространства в $m$-мерное задано в стандартных базисах этих пространств матрицей $A$ Числа $m$,$n$ определяются размерами матрицы, вычислить полный прообраз вектора $\mathbf{a}$, в ответе указать базис этого подпространства (прообраза).Числовые данные приводить не буду, просто суть моих попыток решения: т.к. столбцы матрицы линейного отображения есть компоненты образов базисных векторов отображаемого пространства, то можно составить неоднородную систему линейных уравнений

$$\mathbf{a}=A\mathbf{X}$$

, где $\mathbf{a}$ координатный столбец вектора, $\mathbf{X}$ столбец неизвестных, т.е. компонент прообраза вектора $\mathbf{a}$. Решая данную систему находим его в виде $\mathbf{X}=F\mathbf{h}+\mathbf{X_0}$, где $F$ - фундаментальная матрица решений , $\mathbf{h}$ - столбец произвольных постоянных и $\mathbf{X_0}$- частное решение.
Данное решение системы и есть подпространство, которое перейдёт при линейном отображении в вектор $\mathbf{a}$. Базис этого подпространства можно взять такой: столбцы фундаментальной матрицы и столбец частного решения.
Правильно ли я подошёл к задаче? Просто с ответами найденный мной базис не сходится...

[ИСН]

Начнём с ерунды. Допустим, Вы решали что-то про плоскость и получили базис $(1,1); (1,-1)$. А в ответах - $(1,0); (0,1)$. Кто неправ?

[Viktor92]

Ну тут все правы, базисов - множество, просто обычно в ответах же даются решения, которые получаются "естественным" путём при типовом решении, без всяких поворотов базисов и т.п., и взять столбцы фундаментальной матрицы системы и столбец частного решения наиболее просто, без всяких танцев с бубном.

[ИСН]

Вот интересное кино. Что базисов множество, Вы понимаете. А "естественный" путь - он что, один? "Типовое решение" - это что, какой-то священный инвариант?
Фигня, впрочем. Главное-то проверьте: Ваш базис расходится с ответом так же, как в моём примере, или по-настоящему?

[Viktor92]

Вот например два базиса одинаково размерности, где столбцы матриц суть базисные вектора искомого полного прообраза (один из ответа, другой выписан мной из решённой системы) на них вполне могут быть натянуты разные подпространства, т.к. размерность всего отображаемого пространства равняется 5.

$$ \begin{pmatrix} 0&10&0\\ 0&0&5\\ 1&-7&-1\\ 2&6&-7 \end{pmatrix}$$

и

$$ \begin{pmatrix} -14&2&1\\ -6&-7&2\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}$$

Я так понимаю, чтобы это проверить надо например к первой матрице поочередно дописывать столбец из второй, элементарными преобразованиями столбцов находить ранг получившейся матрицы и если хоть в одном случае он будет равен 4, то значит базисы определяют разные подпространства?

[ИСН]

Viktor92 в сообщении #989557 писал(а):

Я так понимаю, чтобы это проверить надо например к первой матрице поочередно дописывать столбец из второй

Зачем поочерёдно-то?

[iifat]

Viktor92 в сообщении #989557 писал(а):

элементарными преобразованиями столбцов

И почему именно столбцов? Ранг понятие симметричное.

[Viktor92]

ИСН в сообщении #989580 писал(а):

Зачем поочерёдно-то?

Да можно и одновременно.

iifat в сообщении #989603 писал(а):

И почему именно столбцов? Ранг понятие симметричное.

В общем-то так, вот только запомнилось такое примечание из учебника Винберга: что от элементарных преобразований строк линейные зависимости между столбцами не изменяются, а линейные зависимости между строками от этих преобразований в общем случае изменяются и тут непонятка: например есть у нас невырожденная матрица , как строки не преобразуй элементарными преобразованиями, то они всё равно будут линейно независимы, т.е. их линейная зависимость не изменяется, что противоречит примечанию.

[iifat]

Ну, скажем так, если ограничиться одними лишь столбцами, проще будет найти базис и разложить прочие вектора по базисным. Если вас интересует исключительно ранг, это ограничение не обязательно.

[svv]

Всё дальнейшее относится к ситуации, когда нуль-вектор не является решением.

Viktor92 в сообщении #989305 писал(а):

вычислить полный прообраз вектора $\mathbf{a}$, в ответе указать базис этого подпространства (прообраза).

Такое множество не считается подпространством. Оно называется линейным многообразием. Подпространством будет лишь множество всех векторов вида $\mathbf x-\mathbf x_0$.

Но здесь, по крайней мере, я могу сказать: ладно, я Вас понял. А вот в следующем вопросе — уже никак:

Viktor92 в сообщении #989305 писал(а):

Базис этого подпространства можно взять такой: столбцы фундаментальной матрицы и столбец частного решения.

Возражение 1. Будь это базисом, Вы могли бы строить произвольные линейные комбинации базисных векторов, и они бы входили в множество. Но ведь это неверно: «базисный» вектор, равный частному решению, можно взять только с коэффициентом 1, иначе вылетим.

Возражение 2 (о том же). Наверное, Вы понимаете, что размерность многообразия будет на единицу меньше числа векторов Вашего базиса. Тоже нехорошо.

У частного решения (в отличие от столбцов фундаментального решения) особый статус. Собирая всё в одну кучу, мы этого никак не отражаем. Это некорректно.

[Viktor92]

svv в сообщении #989976 писал(а):

Возражение 1. Будь это базисом, Вы могли бы строить произвольные линейные комбинации базисных векторов, и они бы входили в множество. Но ведь это неверно: «базисный» вектор, равный частному решению, можно взять только с коэффициентом 1, иначе вылетим.

Я это тоже сразу заметил и у меня были сомнения, но ведь определение базиса $n$-мерного пространства (подпространства) требует лишь, чтобы любой вектор этого пространства был линейной комбинацией базисных векторов, и пусть один из них входит только с коэффициентом 1, мне казалось это не противоречит определению.

svv в сообщении #989976 писал(а):

Возражение 2 (о том же). Наверное, Вы понимаете, что размерность многообразия будет на единицу меньше числа векторов Вашего базиса. Тоже нехорошо.

Я правильно понимаю, что $\text{dim}L=\text{dimRg}A-\text{dim}L \diagdown M+\text{dimKer}A$, где $L$-отображаемое пространство, $A$ - отображение, $M$- линейная оболочка векторов многообразия (прообраза вектора $\mathbf{a}$).

svv в сообщении #989976 писал(а):

У частного решения (в отличие от столбцов фундаментального решения) особый статус. Собирая всё в одну кучу, мы этого никак не отражаем. Это некорректно.

Я так понимаю если прообраз не подпространство, а многообразие, то базис в нём искать бессмысленно? Например ответ к задачам такого типа в учебнике записан в таком виде: $(a,b,c,d)^T+C_1(e,f,g,h)^T+C_2(i,k,l,m)^T$ Очень похоже просто на решение системы, но вот оно не совпадает с моим решением совсем никак.

[svv]

Viktor92 в сообщении #990175 писал(а):

определение базиса $n$-мерного пространства (подпространства) требует лишь, чтобы любой вектор этого пространства был линейной комбинацией базисных векторов

Это потому, что определение базиса дается для пространства. (Кстати, мне попадалось и такое определение: система векторов $X$ называется базисом $L$, если $X$ линейно независима и её линейная оболочка совпадает с $L$. Такое здесь уже не пройдёт.)

В таком случае что мешает базисом вообще любого подмножества пространства $\mathbb R^n$ считать базис $\mathbb R^n$? Например, в $\mathbb R^2$ есть прямая $x_1+x_2=1$, давайте базисом на прямой считать пару векторов $\mathbf a_1=(1, 0)$ и $\mathbf a_2=(0, 1)$. При этом, правда, их линейные комбинации $c_1\mathbf a_1+c_2 \mathbf a_2$ берутся не с какими попало коэффициентами, а с соблюдением условия $c_1+c_2=1$ (которое мы даже не считаем необходимым включать в описание нашего базиса) — ну, так это уже частности.

Viktor92 в сообщении #990175 писал(а):

Я так понимаю если прообраз не подпространство, а многообразие, то базис в нём искать бессмысленно?

Скажу честно — никогда не встречал базисов в таком понимании.

Опишите Ваше многообразие $M=\mathbf v+L$ заданием «сдвигового» вектора $\mathbf v=\mathbf x_0$ и подпространства $L$ (с помощью настоящего базиса). Примерно так и в ответе.

-- Сб мар 14, 2015 13:21:41 --

Viktor92 в сообщении #990175 писал(а):

svv в сообщении #989976 писал(а):

Возражение 2 (о том же). Наверное, Вы понимаете, что размерность многообразия будет на единицу меньше числа векторов Вашего базиса. Тоже нехорошо.

Я правильно понимаю, что $\text{dim}L=\text{dimRg}A-\text{dim}L \diagdown M+\text{dimKer}A$, где $L$-отображаемое пространство, $A$ - отображение, $M$- линейная оболочка векторов многообразия (прообраза вектора $\mathbf{a}$).

Нет, это совсем неверно. Существует общая теорема $\text{dim}L=\text{rk}\;\textsf A+\text{dim ker}\;\textsf A$ (обратите внимание, если «ранг», то уже без $\text{dim}$). Так вот, этому отображению совершенно наплевать на то, что мы ищем прообраз какой-то точки $\mathbf a$. Соответственно, в нашем случае эта формула не меняется, и она станет неправильной, если мы в неё добавим ещё ненулевое слагаемое.

Также непонятно, что такое $\text{dim}L \diagdown M$ (например, какова размерность $\mathbb R^3$ без прямой $Oz$?)

Размерность прообраза $\mathbf a$ (как многообразия) в нашем случае такая же, как и размерность прообраза нулевого вектора, то есть $\text{dim ker}\;\textsf A$. Судя по ответу, это $2$. Разумеется, могут быть и такие $\mathbf a\in\mathbb R^m$, которые вовсе не имеют прообраза.

Я хотел лишь сказать, что включение вектора $\mathbf x_0$ в «базис» не приводит к увеличению размерности многообразия — эта размерность равна количеству базисных векторов, формирующих подпространство, но без $\mathbf x_0$.

[Viktor92]

Viktor92 в сообщении #990175 писал(а):

При этом, правда, их линейные комбинации $c_1\mathbf a_1+c_2 \mathbf a_2$ берутся не с какими попало коэффициентами, а с соблюдением условия $c_1+c_2=1$

Я понял Вашу идею, наверно вы имели ввиду $c_1+c_2=0$?

svv в сообщении #990201 писал(а):

Опишите Ваше многообразие $M=\mathbf v+L$ заданием «сдвигового» вектора $\mathbf v=\mathbf x_0$ и подпространства $L$ (с помощью настоящего базиса). Примерно так и в ответе.

Ну я так понимаю я это и сделал выписав столбцы фундаментальной матрицы решений системы описанной в 1 посте с произвольными коэффициентами и столбец частного решения?

svv в сообщении #990201 писал(а):

Я хотел лишь сказать, что включение вектора $\mathbf x_0$ в «базис» не приводит к увеличению размерности многообразия — эта размерность равна количеству базисных векторов, формирующих подпространство, но без $\mathbf x_0$.

Хотелось бы понять, что есть многообразие. Вот если представим пространство $\mathbb{R}_3$ и изоморфное ему пространство геометрических векторов, выберем обычный ортонормированный базис, в нашем пространстве выберем подпространство (плоскость) например натянутое на вектора $\mathbf{e_1},\mathbf{e_2}$, рассмотрим какой-либо "переносной" вектор $\mathbf{x_0}$, который не лежит в этой плоскости и начнём прибавлять к нему все вектора, которые можно получить линейными комбинациями вида $a_1\mathbf{e_1}+a_2\mathbf{e_2}$, таким образом полученное множество векторов, если я правильно понял называется многообразием? Ниже привел рисунок, чтобы Вы поняли мою идею, сначала берём вектора коллинеарные $\mathbf{e_2}$ суммируем это множество векторов с переносным вектором $\mathbf{x_0}$, а затем повторяем всё это при всех других значениях угла $\alpha$, не очевидно что полученные вектора будут двумерным подпространством, кажется наоборот что получается $\mathbb{R}_3$.

[iifat]

Viktor92 в сообщении #990260 писал(а):

Я понял Вашу идею, наверно вы имели ввиду $c_1+c_2=0$?

(как-то вы цитату неверно оформили) Нет, имелось в виду именно $c_1+c_2=1$.

[svv]

Viktor92 в сообщении #990260 писал(а):

Ну я так понимаю я это и сделал выписав столбцы фундаментальной матрицы решений системы описанной в 1 посте с произвольными коэффициентами и столбец частного решения?

Важно уточнить: вот это вектор $\mathbf v$, а вот это базис подпространства $L$ однородных решений. Не смешивая в кучу разнородные сущности и не называя всё вместе базисом. Собственно, это я и хотел сказать ещё в первом ответе.

Я кратко называл «многообразием» линейное многообразие. Чтобы не было путаницы, буду писать полностью (многообразие вообще — это другое).

Черные векторы — базисные. На векторы $\mathbf e_1, \mathbf e_2$ натянуто подпространство $L$, изображенное голубым. Синий вектор — произвольный вектор $c_1\mathbf e_1+c_2\mathbf e_2$ из $L$. Красный — вектор $\mathbf x_0\notin L$. Вы можете к произвольному синему вектору прибавить красный, либо к красному прибавить произвольный синий — всё равно получится множество, изображенное зеленым цветом. Это и есть линейное многообразие $M$. В данном случае это плоскость, задаваемая уравнением $x_3=\operatorname{const}$. Либо параметрически: $\mathbf x_0+c_1\mathbf e_1+c_2\mathbf e_2$. Хотя в этой сумме три вектора, размерность линейного многообразия равна $2$. Векторы $\mathbf x_0, \mathbf e_1, \mathbf e_2$, с помощью которых оно строится, не равноценны: первый всегда входит с коэффициентом $1$.

Можно сказать, что $M$ получается, если сделать параллельный перенос $L$ с помощью вектора $\mathbf x_0$.