Lineární algebra : Báze a dimenze (5. přednáška)
František Štampach, Karel Klouda LS 2013/2014 vytvořeno: 9. dubna 2014, 13:33
1
2
5.1
Báze lineárního prostoru Báze lineárního prostoru
Definice 1. O množině vektorů M z LP V řekneme, že generuje prostor V , právě když platí: hM i = V. Definice 2. Existuje-li ve V množina vektorů B taková, že 1. B je LN, 2. B generuje V , nazýváme B bází lineárního prostoru V . Příklady bází
• {(1, 2, 3), (4, 7, 8), (3, 4, 2)} je báze R3 . • {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} je báze R3 . Poznámka 3. Jeden LP může mít více různých bází. Později dokážeme, že všechny musí mít stejný počet prvků. • Uvažujme LP T n a označme e1 := (1, 0, 0, . . . , 0), e2 := (0, 1, 0, . . . , 0), .. . en := (0, 0, 0, . . . , 1). Potom soubor (e1 , e2 , . . . , en ) je báze T n . • Soubor polynomů (1, x, . . . , xn−1 ) je báze Pn . • Množina {xn | n ∈ N0 } je báze P. • Poslední tři uvedené báze nazýváme standardní báze příslušného LP.
3
5.2
Dimenze lineárního prostoru Dimenze lineárního prostoru
Definice 4. Buď V LP nad T . Označme N0 (V ) := {n ∈ N0 | každý (n + 1)-členný soubor vektorů z V je LZ} Je-li N0 (V ) = ∅ , říkáme, že V má nekonečnou dimenzi, značíme dim V = ∞. Je-li N0 (V ) 6= ∅ , říkáme, že V má konečnou dimenzi a definujeme dim V = min N0 (V ). Příklad: Uvažujme V = R2 , potom N0 (R2 ) = {2, 3, 4, 5, . . . } a tedy dim R2 = min{2, 3, 4, 5, . . . } = 2. Některé vlastnosti dimenze
Věta 5.
1. dim V = 0 ⇔ V = {θ}.
2. Nulový prostor {θ} nemá bázi. 3. Buď n ∈ N a nechť ve V existuje n-členný LN soubor. Potom dim V ≥ n. 4. Buď n ∈ N0 a nechť ve V každý (n + 1)-členný soubor je LZ. Potom dim V ≤ n. Důkaz. 1. Je-li dim V = 0, potom 0 ∈ N0 (V ), a tedy V = {θ}, neboť každý jednočlenný lineární soubor je LZ, z čehož plyne, že každý vektor z V je nulový. Je-li naopak V = {θ}, pak 0 ∈ N0 (V ) a tedy dim V = 0.
4 2. V nulovém vektorovém prostoru neexistuje LN soubor, tudíž {θ} nemůže mít bázi. 3. Existuje-li n−členný LN soubor, musí n − 1 ∈ / N0 (V ), potom také 0, 1, . . . , n − 2 ∈ / N0 (V ), neboť každá podmnožina LN množiny je též LN. Tedy dim V ≥ n. 4. Když každý (n + 1)−členný soubor je LZ, je n ∈ N0 (V ), a tedy dim V ≤ n.
5.3
Steinitzova věta a její důsledky Steinitzova věta o výměně
Věta 6 (Steinitzova o výměně). Nechť (x1 , . . . , xn ) a (y1 , . . . , ym ) jsou soubory vektorů z V . Nechť (x1 , . . . , xn ) je LN a nechť (∀i ∈ n ˆ )(xi ∈ hy1 , . . . , ym i). Potom platí: 1. n ≤ m, 2. Existují navzájem různé indexy i1 , i2 , . . . , in ∈ m ˆ takové, že hy1 , . . . , ym i = hx1 , . . . , xn , (yi | i ∈ m ˆ \ {i1 , i2 , . . . , in })i. Důkaz: Neuvedeme a nebude vyžadován u zkoušky. Poznámka 7. Tvrzení 1. Steinitzovy věty říká: Délka LN souboru nemůže převýšit počet generátorů! Existence báze
Věta 8. Nechť dim V = n ∈ N. Potom ve V existuje n-členná báze. Důkaz. Protože dim V = n, je n − 1 ∈ / N0 (V ), a tedy ve V existuje LN soubor délky n, který označíme (x1 , . . . , xn ). Určitě platí, že hx1 , . . . , xn i ⊂ V . Opačnou inkluzi dokážeme sporem. Kdyby existoval prvek xn+1 ∈ V takový, že xn+1 ∈ / hx1 , . . . , xn i, pak by soubor (x1 , . . . , xn+1 ) byl LN, jak víme z věty vyslovené dříve. Proto by muselo platit, že dim V ≥ n + 1, což je spor. Celkem je tedy soubor (x1 , . . . , xn ) LN a generuje V , je to tedy n-členná báze V .
5 Poznámka 9. Pokud jde o existenci báze v lineárním prostoru není nutný předpoklad konečnosti dimenze. Platí tedy věta: ”Každý netriviální LP má bázi.” Nicméně v důkazu je nutné přijmout politický program strany ZFC z matematického TEMNA. Důkaz neuvedeme a nebude vyžadován.
Věta 10. Nechť n ∈ N a nechť ve V existuje n-členná báze. Potom dim V = n.
Důsledek Steinitzovy věty – všechny báze mají stejně prvků
Důkaz. Bázi V označme (y1 , . . . , yn ). Víme, že dim V ≥ n. Kdyby dim V > n, musel by existovat LN soubor délky n + 1, označme jej (x1 , . . . , xn+1 ). Platí ovšem (∀i ∈ {1, . . . , n+1})(xi ∈ V = hy1 , . . . , yn i). To jsou ovšem předpoklady Steinitzovy věty o výměně, podle které délka LN souboru nemůže převýšit počet generátorů, tj. musí platit n + 1 ≤ n, což je spor.
Poznámka 11. • Z předchozí věty vyplývá, že všechny báze v LP mají stejný počet prvků, kterých je tolik, kolik je dimenze V (neboť dim V je určena jednoznačně). • Protože se dimenze shoduje s počtem vektorů jakékoli báze LP, hodí se tato věta při počítání dimenze LP. Stačí v něm najít nějakou bázi. Soubor generátorů obsahuje bázi
• Z každého souboru generátorů lze vybrat bázi. Věta 12. Nechť {θ} 6= V = hy1 , . . . , yn i. Potom dim V = k ≤ n a existují navzájem různé indexy i1 , . . . , ik ∈ n ˆ takové, že (yi1 , . . . , yik ) je báze V . Důkaz. První část tvrzení plyne ze Steinitzovy věty. Druhá část věty plyne z faktu, že v LZ souboru existuje prvek, který lze ze souboru odebrat, aniž by se změnil jeho lineární obal (viz věta v předchozí kapitole). Takto můžu ze souboru (y1 , . . . , yn ) vybírat tak dlouho, dokud vzniklý soubor nebude LN. To nastane, až bude v souboru zbývat k vektorů, protože dim V = k.
6 Poznámka 13. Věta platí i pokud je V generován nekonečným souborem vektorů. LN soubor lze doplnit na bázi
• Každý LN soubor lze doplnit na bázi. Věta 14. Nechť (x1 , . . . , xk ) je LN soubor vektorů z V a dim V = n ∈ N. Potom existují vektory xk+1 , . . . , xn ∈ V , že (x1 , . . . , xn ) je báze V . Důkaz. Buť (y1 , . . . , yn ) báze V . Ze Steinitzovy věty plyne, že k ≤ n a že existují navzájem různé indexy i1 , i2 , . . . , ik ∈ n ˆ takové, že V = hy1 , . . . , yn i = hx1 , . . . , xk , (yi | i ∈ n ˆ \ {i1 , i2 , . . . , ik })i. Máme tedy n−členný soubor generátorů obsahující vektory x1 , . . . , xk . Stačí si rozmyslet, že jsou LN: Kdyby soubor (x1 , . . . , xk , (yi | i ∈ n ˆ \ {i1 , i2 , . . . , ik })) byl LZ, můžeme z jeho vektorů vybrat LN soubor délky l < n generující V , což je ve sporu s dim V = n.
Poznámka 15. To, že každý LN soubor lze doplnit na bázi, opět zůstává v platnosti i pro LP nekonečné dimenze.
• dim T n = n, neboť máme standardní bázi. • Speciálně tedy dim Rn = dim Cn = n. • dim T m,n = mn, neboť standardní bázi lze volit podobně jako v T n . • dim Pn = n a dim P = ∞, opět máme standardní bázi.
Dimenze základních lineárních prostorů
7 Poznámka 16. Prostor Rn je vždy uvažován nad reálným tělesem R. Podobně Cn je LP nad komplexním tělesem C. Lze ale také uvažovat prostor uspořádaných komplexních n-tic Cn nad tělesem R, potom platí: dim Cn = 2n. Jakou byste v tomto LP volili bázi?
5.4
Dimenze podprostoru a 1. věta o dimenzi Dimenze podprostoru
Věta 17. Nechť V je LP a P ⊂⊂ V . Potom dim P ≤ dim V. Je-li navíc P vlastní podprostor V a dim V < ∞, potom dim P < dim V. Důkaz. Je-li dim V = ∞ první tvrzení věty platí triviálně. Nechť tedy dim V < ∞ a P ⊂⊂ V . Potom N0 (V ) ⊂ N0 (P ), neboť jsou-li všechny n-členné soubory z V LZ, jsou také všechny n-členné soubory z P LZ. Platí N0 (P ) 6= ∅, protože kdyby N0 (P ) = ∅, pak také N0 (V ) = ∅ ⇔ dim V = ∞. Z inkluze N0 (V ) ⊂ N0 (P ) nakonec tedy dostáváme dim P = min N0 (P ) ≤ min N0 (V ) = dim V. Buď nyní P ⊂⊂ V vlastní, tj. P 6= V , a nechť dim V = n < ∞. Víme už, že dim P = k ≤ n. Je-li dim P = 0, tj. P = {θ}, musí V 6= {θ}, a tedy n = dim V ≥ 1. Je-li dim P = k ≥ 1, existuje (x1 , . . . , xk ) báze P . Protože P 6= V , existuje xk+1 ∈ V takový, že xk+1 ∈ / P , a tedy (x1 , . . . , xk , xk+1 ) je LN, odkud dim V ≥ k + 1. V obou případech platí dim P < dim V . Důsledek 18. Buď P ⊂⊂ V a dim P = dim V < ∞. Potom P = V. Poznámka 19. Předpoklad dim V < ∞ v druhé části tvrzení věty je podstatný. Např. h{x2n | n ∈ N0 }i je vlastní podprostor P a přitom dimh{x2n | n ∈ N0 }i = dim P = ∞. Test pro rovnost obalů
8 Lemma 20. Označme X = (x1 , . . . , xn ) a Y = (y1 , . . . , ym ) soubory vektorů z V . Potom hX i = hYi, právě tehdy když dimhX i = dimhYi = dimhX ∪ Yi. Důkaz. (⇒) : Jestliže hX i = hYi, pak X ⊆ hX i = hYi a Y ⊆ hX i = hYi, tedy X ∪ Y ⊆ hX i = hYi. Přechodem k lineárnímu obalu obou stran množinové nerovnosti dostáváme hX ∪ Yi ⊆ hhX ii = hX i. Protože X ⊆ X ∪ Y, platí také hX i ⊆ hX ∪ Yi, takže hX ∪ Yi = hX i = hYi. Když se rovnají obaly, rovnají se i jejich dimenze. (⇐) : Protože hX i ⊆ hX ∪ Yi a dimenze se rovnají, musejí se rovnat obaly samotné, tj. hX i = hX ∪ Yi. To samé platí pro Y, takže hX i = hX ∪ Yi = hYi. Direktní součet
Definice 21. Bud V LP a ∅ 6= A ⊂ V , ∅ 6= B ⊂ V . Součet A + B nazveme direktní, právě když pro každý vektor x ∈ A + B existuje jediné a ∈ A a jediné b ∈ B takové, že x = a + b. Direktní součet značíme A ⊕ B.
Příklad: Položme E1 := R × {0} a E2 := {0} × R, potom E1 ⊕ E2 = R2 . Příklad: Na druhou stranu, platí hx, 1i + hx2 , 1i = P3 , ale tento součet není direktní. Direktní součet podprostorů
Věta 22. Buďte P ⊂⊂ V , Q ⊂⊂ V . Potom P + Q je direktní právě tehdy, je-li P ∩ Q = {θ}.
9 Důkaz. (⇒) : Nechť P + Q je direktní. Kdyby P ∩ Q 6= {θ}, existoval by nenulový prvek a ∈ P ∩ Q a tedy a ∈ P a −a ∈ Q. Nulový prvek θ ∈ P + Q by šel rozložit do součtu dvou vektorů z P a Q dvěma způsoby: θ = θ + θ = a + (−a), což by byl spor s direktností součtu P + Q. (⇐) : Nechť P ∩ Q = {θ} a zároveň P + Q není direktní. Existuje tedy x ∈ P + Q takové, že x = a1 + b1 = a2 + b2 , kde a1 6= a2 a a1 , a2 ∈ P , b1 6= b2 a b1 , b2 ∈ Q. Potom ovšem θ 6= a1 − a2 = b2 − b1 , kde a1 − a2 ∈ P a b2 − b1 ∈ Q a v průniku P ∩ Q se tak nachází i nenulový vektor a1 − a2 , což je spor. 1. věta menzi
o
di-
• Víme, že jsou-li P a Q podprostory V , jsou také P ∩ Q a P + Q podprostory V , a proto má smysl mluvit o jejich dimenzi. Následnující věta ukazuje v jakém vztahu jsou dimenze P ∩ Q a P + Q a dimenze P a Q. Věta 23 (1. o dimenzi). Buďte P, Q ⊂⊂ V , dim P < ∞, dim Q < ∞. Potom platí: dim(P + Q) + dim(P ∩ Q) = dim P + dim Q, speciálně pro direktní součet: dim(P ⊕ Q) = dim P + dim Q. Důkaz: Neuvedeme a nebude vyžadován.
5.5
Souřadnice vektoru vzhledem k bázi
Úmluva: Lineární prostor konečné dimenze n ∈ N budeme značit Vn . Věta 24. Nechť X = (x1 , . . . , xn ) je báze Vn . Potom ke každému x ∈ Vn existuje právě jedna uspořádaná n-tice (α1 , . . . , αn ) ∈ T n taková, že x=
n X
αi xi .
i=1
Důkaz. Existence (α1 , . . . , αn ) výplývá z toho, že báze generuje LP Vn = hx1 , . . . , xn i. Jednoznačnost dokážeme sporem. Kdyby existovala další n−tice (β1 , . . . , βn ) ∈ T n , taková že (∃i ∈ n ˆ )(αi 6= βi ) a x=
n X i=1
αi xi =
n X i=1
β i xi ,
Souřadnice vektoru vzhledem k bázi
10 potom musí
n X
(αi − βi )xi = θ.
i=1
Soubor (x1 , . . . , xn ) je ovšem LN, odkud plyne (∀i ∈ n ˆ )(αi − βi = 0), což je spor. Definice 25. Číslo αi ∈ T z předchozí věty nazýváme i-tá souřadnice vektoru x v bázi X . Dále pro ∀i ∈ n ˆ zavedeme zobrazení x# i : Vn → T vztahem x# i (x) := αi . Toto zobrazení nazýváme i-tý souřadnicový funkcionál v bázi X . Příklady
• Ve standardní bázi E3 = (e1 , e2 , e3 ) prostoru R3 má vektor x = (a, b, c) souřadnice (a, b, c), protože x = ae1 + be2 + ce3 . Pro jednotlivé souřadnicové funkcionály máme: e# 2 (x) = b,
e# 1 (x) = a,
e# 3 (x) = c. Příklady
• Soubor X = (x1 , x2 , x3 ), kde x1 = (1, 1, 1),
x2 = (1, 1, 2),
x3 = (1, 2, 3),
je jiná báze R3 . Vektor x = (a, b, c) z R3 má souřadnice (a + b − c, a − 2b + c, −a + b), protože x = (a + b − c)x1 + (a − 2b + c)x2 + (−a + b)x3 . Pro jednotlivé souřadnicové funkcionály nyní máme: x# 1 (x) = a + b − c,
x# 2 (x) = a − 2b + c,
x# 3 (x) = −a + b.
11
Příklady
• Vzhledem ke standardní bázi E3 = (1, x, x2 ) prostoru P3 má vektor a + bx + cx2 souřadnice (a, b, c). • Vzhledem k bázi X = (x−1, 2x, x2 +2) prostoru P3 má vektor a+bx+cx2 souřadnice a b −a + 2c, + − c, c . 2 2 Vlastnosti souřadnicového funkcionálu
Úmluva: Zavedeme Kroneckerovo delta: (
δij =
1, 0,
pro i = j, jinak.
Věta 26. Nechť i ∈ n ˆ a x# i : Vn → T je i-tý souřadnicový funkcionál v bázi (x1 , . . . , xn ). Potom platí: # # 1. (∀x, y ∈ Vn )(x# i (x + y) = xi (x) + xi (y)), # 2. (∀x ∈ Vn )(∀α ∈ T )(x# i (αx) = αxi (x)),
3. (∀j ∈ n ˆ )(x# i (xj ) = δij ). Důkaz. 1. Nechť x, y ∈ Vn . Máme tedy x = Odtud x+y =
# i=1 xi (x)xi
Pn
n X #
n X #
n X #
i=1
i=1
i=1
xi (x)xi +
xi (y)xi =
a y =
# i=1 xi (y)xi .
Pn
xi (x) + x# i (y) xi .
Současně je x + y ∈ Vn a musí tedy platit x + y = ni=1 x# i (x + y)xi . Protože soužadnice jsou určeny jednoznačně (viz předchozí věta), musí platit # # (∀i ∈ n ˆ )(x# i (x + y) = xi (x) + xi (y)). P
2. Zcela analogicky jako v předešlém kroku. 3. Opět jako v prvním kroku, vyjdeme z vyjádření xj =
Pn
i=1 δij xi .
12
Souřadnice ve standardní bázi
• Připomeňme, že pro j-tou složku i-tého vektoru ei standardní báze prostoru T n platí: (ei )j = δij . • Vzhledem ke standartní bázi En = (e1 , . . . , en ) prostoru T n má vektor x = (α1 , . . . , αn ) souřadnice (α1 , . . . , αn ), neboť x=
n X
αi e i .
i=1
• Analogickou vlastnost mají souřadnice vzhledem ke standardní bázi v prostoru polynomů Pn .
