Каноническое представление матрицы лин.отображения

[bot]

Полный прообраз определяется для любого отображения $f: A\rightarrow B$. Полным прообразом подмножества $C\subseteq B$ называется множество $f^{-1}(C)=\{x\in A\left| f(x)\in C\right. \} $

Да, проморгал второпях - сначала выбираем базис в образе, фиксируем для каждого вектора из базиса по одному прообразу и дополняем полученные $k-$ки до базисов соответствующих пространств.

[Unconnected]

Цитата:

Если в полном прообразе образа преобразования выбрать какой-нибудь базис и дополнить его до базиса всего пространства, а потом образ этого базиса во втором пространстве дополнить до базиса второго, то в полученных двух базисах преобразование и будет иметь указанный вид. При этом $k$- размерность образа. Как видите, в чистом виде $E_k$, как Вы пытались впарить экзаменатору никак появиться не может

А разве в полном прообразе образа преобразования не будет базиса и без дополнений? Ведь образ получался отображением базиса первого пространства..
И в каком виде тогда эта матрица преобразования будет?

[bot]

bot в сообщении #525310 писал(а):

Да, проморгал второпях

Дык, я уже сказал, что это бред и исправился.

-- Ср янв 11, 2012 11:45:39 --

Не, не до конца исправился, дополнять до базиса первого пространства надо не абы как, а базисом ядра отображения.

[Unconnected]

эмм.. так дополняем прообраз или не дополняем? Если дополняем, то почему, там же уже есть базис!

[bot]

Unconnected в сообщении #525603 писал(а):

Если дополняем, то почему, там же уже есть базис

Базис есть в любом пространстве, при выборе базисов как попало, матрица отображения тоже какой попало (до некоторой степени) будет получаться, а нам нужны базисы в которых матрица отображения имеет указанный вид.

Повторяю построение требуемых. Выбираем в образе базис в количестве k штук, обзовём его недобазисом. Дополняем его до базиса второго пространства - потребуется n-k дополнительных векторов. Для каждого вектора недобазиса находим по одному прообразу, итого имеем недобазис в первом пространстве, дополняем его до базиса векторами, лежащими в ядре - потребуется ровно m-k ядрёных векторов. В доказательстве нуждается лишь возможность такого выбора. Эти детали уже зависят от способа изложения.
Непосредственно из определения матрицы линейного отображения видно, что она будет иметь указанный вид при таком выборе базисов.

[Unconnected]

Как интересно..

Цитата:

Для каждого вектора недобазиса находим по одному прообразу

А что, можно найти по два? Если размерность второго пространства больше, то тогда ведь не будет такого, что два базисных вектора первого отобразятся в один второго.. ну хорошо, нашли прообразы недобазиса - и тут самый удивительный момент - как это векторами из ядра можно доделать его до базиса? Т.е. почему это всегда возможно сделать? Ну, ядро образует подпространство, может поэтому..

Кажется начинаю понимать.. получается, в образе можно всегда выбрать недобазис размером от 1 до m элементов? O_o

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #525830 писал(а):

А что, можно найти по два?

Если ядро нетривиально, то можно и по сорок два: Например, есть оператор $\mathcal A\colon\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ с матрицей в стандартных базисах $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$. Тогда у вектора, скажем $(1,0)^T$ прообразом является множество $\{(1,0,x)^T\in\mathbb R^3\mid x\in\mathbb R\}$. Так что вот вам $(1,0,0)^T$, $(1,0,1)^T$ и $(1,0,42)^T$.

Ох, у вас как-то странно доказывают. Давайте я вам дам схему другого доказательства, вы не против?

Итак, есть оператор $\mathcal A$ ранга $k$ (т.е. $\dim\operatorname{Im}\mathcal A=k$), действующий из $n$-мерного пространства $U_n$ в $m$-мерное пространство $U_m$, $\mathcal A\colon U_n\to U_m$.

Шаг 1. Выберем в подпространстве $\operatorname{Im}\mathcal A\subset U_m$ базис $(w_1,\ldots,w_k)$.
Шаг 2. Возьмем $v_1,\ldots,v_k\in U_n$ такие, что $\mathcal Av_i=w_i$ (почему такие $v_i$ найдутся?), система $(v_1,\ldots,v_k)$ будет линейно независимой (почему?).
Шаг 3. Выберем в подпространстве $\ker\mathcal A\subset U_n$ базис $(u_1,\ldots,u_{n-k})$ (почему такая размерность)?
Шаг 4. Система $(v_1,\ldots,v_k,u_1,\ldots,u_{n-k})$ линейно независима (почему?) и является базисом $U_n$.
Шаг 5. Дополним систему $(w_1,\ldots,w_k)$ до базиса всего $U_m$ (возможно ли это?).
Шаг 6. Оператор $\mathcal A$ в построенных базисах имеет матрицу как раз нужного вида (внезапно!).

[Unconnected]

И правда! Ну это актуально только когда размерность первого больше размерности второго (в остальных случаях не бывает вроде..).
Хех, вроде понял, офигееть.. а если ядро тривиальное, чем дополнять? И я правильно понимаю, что: т.к. ядро - подпространство, то например половина векторов из базиса(каждого? O_o) образует всё кроме подпространства ядра, а вторая половина - ядро..

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #525864 писал(а):

Ну это актуально только когда размерность первого больше размерности второго (в остальных случаях не бывает вроде..).

Как насчет оператора из $\mathbb R^2$ в $\mathbb R^3$ с матрицей $\begin{pmatrix}1&0\\0&0\\0&0\end{pmatrix}$?

[svv]

Тьфу ты, опять сорок два прообраза...

[Unconnected]

(было интересно, почему базисы, переведенные в другое пространство, не (не обязательно) сделают там базис, даже при равенстве размерностей: ведь вроде $x=\alpha_1\cdot b_1+\alpha_2\cdot b_2$, $f(x)=\alpha_1\cdot f(b_1)+\alpha_2\cdot f(b_2)$, и получается f(b) как бы базисные векторы во втором.. но они могут попасть в одно и то же подпространство, образованное одним базисным вектором второго пространства (а не в разные, чтобы стать базисами второго), и в этом вроде бы отгадка(условия лин.отображения выполнятся))).

Цитата:

Шаг 2. Возьмем $v_1,\ldots,v_k\in U_n$ такие, что $\mathcal Av_i=w_i$ (почему такие $v_i$ найдутся?), система $(v_1,\ldots,v_k)$ будет линейно независимой (почему?).

Почему найдутся - ну мы ж отображали какие-то, вот они и найдутся) А линейно независима - отображали базис, а он макс. линейно независимый набор, соответственно его часть тоже лин. независима.

Цитата:

Шаг 3. Выберем в подпространстве $\ker\mathcal A\subset U_n$ базис $(u_1,\ldots,u_{n-k})$ (почему такая размерность)?

Потому что все прообразы в ядро не попали (т.к. образы-базисы не нули), ну и дополнить базисами из прообраза, в нужном количестве..

Цитата:

Шаг 4. Система $(v_1,\ldots,v_k,u_1,\ldots,u_{n-k})$ линейно независима (почему?) и является базисом $U_n$.

Является базисом -> независима

Цитата:

Шаг 5. Дополним систему $(w_1,\ldots,w_k)$ до базиса всего $U_m$ (возможно ли это?).

Возможно) Взять образующие тех пространств, которые $w_i$ не охватывает.
Про внезапно надо подумать..

И вообще, если два элемента отображаются в один - образ может быть только 0? Вышло доказать, что так.. Значит, у лин.отображения есть два метода уменьшить размерность: перевести базис в 0 или в подпространство, образованное образом другого базиса. Открываются тайны мироздания просто))

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

(было интересно, почему базисы, переведенные в другое пространство, не (не обязательно) сделают там базис, даже при равенстве размерностей:

Ну блин, простой пример: из $\mathbb R^{20}$ в $\mathbb R^{20}$, первые десять векторов базиса переведите в $(1,0,\ldots,0)^T$, а оставшиеся десять — в $(0,1,0,\ldots,0)^T$. Никто ж вам не обещал, что базисные векторы при отображении "не слипнутся". Базис-то вы получите, да только не всего пространства, а всего лишь базис образа оператора.

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

А линейно независима - отображали базис, а он макс. линейно независимый набор, соответственно его часть тоже лин. независима.

Не-а. Отображали все пространство. Выбрали в образе базис. Взяли что-то, что в этот базис преобразовалось. Но почему не может так быть, чтобы два л.з. вектора отобразились в два л.н.з вектора? Почему не может так оказаться, что л.з. система из $(v_i)$ отобразилась в л.н.з. систему $(w_i)$?

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

Потому что все прообразы в ядро не попали (т.к. образы-базисы не нули), ну и дополнить базисами из прообраза, в нужном количестве..

Это ответ на вопрос "почему у ядра размерность $n-k$"?

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

Является базисом -> независима

А с чего вы взяли, что это базис? Это-то и надо доказать! А для этого нужна линейная независимость. Почем вы знаете, может, $v_1+v_2=u_1$?

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

Про внезапно надо подумать..

Нууууу... Чего ж тут думать-то? Чему равны столбцы матрицы оператора?

$$A=\left(\begin{array}{c|c|c|c|c|c}|&&|&|&&|\\ (\mathcal Av_1)_w&\ldots&(\mathcal Av_k)_w&(\mathcal Au_1)_w&\ldots&(\mathcal Au_{n-k})_w\\ |&&|&|&&|\end{array}\right)=...$$

-- Чт янв 12, 2012 00:55:40 --

Господи, что ж вас на базисах-то заклинило. У линейного отображения есть ровно один способ "уменьшить размерность" — перевести какое-то нетривиальное подпространство в ноль.

Unconnected в сообщении #525935 писал(а):

И вообще, если два элемента отображаются в один - образ может быть только 0?

Если $\mathcal A x=y$ и $\mathcal A z=0$, то $\mathcal A(x+z)=\mathcal Ax+\mathcal Az=y+0=y$. Так что нет.

[Unconnected]

А. У меня было слегка ложное понятие о матрице лин.отображения: руководствуясь http://www.algebraic.ru/doku.php?id=glossary:matrix:map:linear этим, думал что просто берём фикс.базис первого, отображаем и записываем координаты образов. В общем-то суть та же и осталась, только слегка не так.. Блин, вот вечно я сам чего-нибудь домыслю, потом корректировать приходится.

Цитата:

Но почему не может так быть, чтобы два л.з. вектора отобразились в два л.н.з вектора?

Ну эт вроде понятно, если $x_1,x_2$ лин. зависимы в первом, то $\alpha_1 \cdot x_1+\alpha_2\cdot x_2=0$, какая-то альфа ненулевая. А если взять образ этого, то будет $\alpha_1 \cdot f(x_1)+\alpha_2\cdot f(x_2)=0$, и если $f(x_k)$ независимы, то альфы должны быть нулевыми, противоречие.

Цитата:

Это ответ на вопрос "почему у ядра размерность $n-k$"?

$n-k$ - каждая двойка слепленных векторов добавляет базис в копилку размерности ядра.. а не-инъективно отобразившихся n-k штук. В ядре будут образующие векторы вида a-b,b-c,a-c (если например слепились a,b,c), и эти векторы лин.независимы(легко проверить). Хотя вообще неправильно.. если 3 слепились, то должно быть два в ядре, а какие два из трёх..

Так, про матрицу понял.. значит это просто $E_k$, только окаймленная m-k нулевыми строками-столбцами.

Цитата:

Шаг 4. Система $(v_1,\ldots,v_k,u_1,\ldots,u_{n-k})$ линейно независима

Первые k векторов лин.независимы как часть базиса, это понятно. Если бы они были зависимы с векторами из ядра, то они сами принадлежали бы ядру, а это не так, все видели).

Ну с матрицей понятно, получается это та же $E_k$, только окаймленная m-k нулевыми столбцами-строками.. Интересно, на что было рассчитано доказательство через матрицы.

[bot]

Unconnected в сообщении #525959 писал(а):

Если бы они были зависимы с векторами из ядра

Не так - надо подействовать на линейную комбинацию отображением. Ядрёные векторы уйдут в ноль, а первые k - в базис образа, стало быть первые k коэффициентов нулевые и получаем, что в линейной комбинации присутствуют векторы только из ядра, а они быливыбраны линейно независимыми.

Unconnected в сообщении #525959 писал(а):

Интересно, на что было рассчитано доказательство через матрицы

Можно и через матрицы, но это негеометрично. Гауссовы преобразования базиса первого пространства вызывают гауссовы преобразования столбцов матрицы, а второго - строк. При таких преобразованиях базисы остаются базисами, а матрицу можно привести к указанному виду.

[Unconnected]

Цитата:

Можно и через матрицы, но это негеометрично.

Можно-то можно, но вот именно то доказательство, что я приводил - с ошибкой, получается? Блин, ну нельзя теперь верить людям..
В общем всё понял, чуть ли не тайны бытия линала, спасибо огромное :) Оказывается, было ужасно превратное представление объекта..