Lineární algebra : Báze a dimenze

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 Definice 1. O množině vektorů M z LP V řekneme, že generuje prostor V, právě když platí: M = V. Báze lineárního prostoru 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 R 3. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} je báze R 3. Poznámka 3. Jeden LP může mít více různých bází. Později dokážeme, že všechny musí mít stejný počet prvků. Uvažujme LP T n a označme e 1 := (1, 0, 0,..., 0), e 2 := (0, 1, 0,..., 0),. e n := (0, 0, 0,..., 1). Potom soubor (e 1, e 2,..., e n ) je báze T n. Soubor polynomů (1, x,..., x n 1 ) je báze P n. Množina {x n n N 0 } je báze P. Poslední tři uvedené báze nazýváme standardní báze příslušného LP.

3 5.2 Dimenze lineárního prostoru Definice 4. Buď V LP nad T. Označme Dimenze lineárního prostoru N 0 (V ) := {n N 0 každý (n + 1)-členný soubor vektorů z V je LZ} Je-li N 0 (V ) =, říkáme, že V má nekonečnou dimenzi, značíme dim V =. Je-li N 0 (V ), říkáme, že V má konečnou dimenzi a definujeme dim V = min N 0 (V ). Příklad: Uvažujme V = R 2, potom N 0 (R 2 ) = {2, 3, 4, 5,... } a tedy dim R 2 = 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 N 0 a nechť ve V každý (n + 1)-členný soubor je LZ. Potom Důkaz. dim V n. 1. Je-li dim V = 0, potom 0 N 0 (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 N 0 (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 / N 0 (V ), potom také 0, 1,..., n 2 / N 0 (V ), neboť každá podmnožina LN množiny je též LN. Tedy dim V n. 4. Když každý (n + 1) členný soubor je LZ, je n N 0 (V ), a tedy dim V n. 5.3 Steinitzova věta a její důsledky Věta 6 (Steinitzova o výměně). Nechť (x 1,..., x n ) a (y 1,..., y m ) jsou soubory vektorů z V. Nechť (x 1,..., x n ) je LN a nechť ( i ˆn)(x i y 1,..., y m ). Potom platí: 1. n m, 2. Existují navzájem různé indexy i 1, i 2,..., i n ˆm takové, že y 1,..., y m = x 1,..., x n, (y i i ˆm \ {i 1, i 2,..., i n }). Steinitzova věta o výměně 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 / N 0 (V ), a tedy ve V existuje LN soubor délky n, který označíme (x 1,..., x n ). Určitě platí, že x 1,..., x n V. Opačnou inkluzi dokážeme sporem. Kdyby existoval prvek x n+1 V takový, že x n+1 / x 1,..., x n, pak by soubor (x 1,..., x n+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 (x 1,..., x n ) 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 (y 1,..., y n ). Víme, že dim V n. Kdyby dim V > n, musel by existovat LN soubor délky n + 1, označme jej (x 1,..., x n+1 ). Platí ovšem ( i {1,..., n+1})(x i V = y 1,..., y n ). 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. Z každého souboru generátorů lze vybrat bázi. Soubor generátorů obsahuje bázi Věta 12. Nechť {θ} = V = y 1,..., y n. Potom dim V = k n a existují navzájem různé indexy i 1,..., i k ˆn takové, že (y i1,..., y ik ) 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 (y 1,..., y n ) 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 (x 1,..., x k ) je LN soubor vektorů z V a dim V = n N. Potom existují vektory x k+1,..., x n V, že (x 1,..., x n ) je báze V. Důkaz. Buť (y 1,..., y n ) báze V. Ze Steinitzovy věty plyne, že k n a že existují navzájem různé indexy i 1, i 2,..., i k ˆn takové, že V = y 1,..., y n = x 1,..., x k, (y i i ˆn \ {i 1, i 2,..., i k }). Máme tedy n členný soubor generátorů obsahující vektory x 1,..., x k. Stačí si rozmyslet, že jsou LN: Kdyby soubor (x 1,..., x k, (y i i ˆn \ {i 1, i 2,..., i k })) 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. Dimenze základních lineárních prostorů Speciálně tedy dim R n = dim C n = n. dim T m,n = mn, neboť standardní bázi lze volit podobně jako v T n. dim P n = n a dim P =, opět máme standardní bázi.

7 Poznámka 16. Prostor R n je vždy uvažován nad reálným tělesem R. Podobně C n je LP nad komplexním tělesem C. Lze ale také uvažovat prostor uspořádaných komplexních n-tic C n nad tělesem R, potom platí: Jakou byste v tomto LP volili bázi? dim C n = 2n. 5.4 Dimenze podprostoru a 1. věta o dimenzi Věta 17. Nechť V je LP a P V. Potom Dimenze podprostoru 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 N 0 (V ) N 0 (P ), neboť jsou-li všechny n-členné soubory z V LZ, jsou také všechny n-členné soubory z P LZ. Platí N 0 (P ), protože kdyby N 0 (P ) =, pak také N 0 (V ) = dim V =. Z inkluze N 0 (V ) N 0 (P ) nakonec tedy dostáváme dim P = min N 0 (P ) min N 0 (V ) = dim V. Buď nyní P V vlastní, tj. P V, a nechť dim V = n <. Víme už, že dim P = k n. Je-li dim P = 0, tj. P = {θ}, musí V {θ}, a tedy n = dim V 1. Je-li dim P = k 1, existuje (x 1,..., x k ) báze P. Protože P V, existuje x k+1 V takový, že x k+1 / P, a tedy (x 1,..., x k, x k+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. {x 2n n N 0 } je vlastní podprostor P a přitom dim {x 2n n N 0 } = dim P =. Test pro rovnost obalů

8 Lemma 20. Označme X = (x 1,..., x n ) a Y = (y 1,..., y m ) soubory vektorů z V. Potom X = Y, právě tehdy když dim X = dim Y = dim X Y. Důkaz. ( ) : Jestliže X = Y, pak X X = Y a Y X = Y, tedy X Y X = Y. Přechodem k lineárnímu obalu obou stran množinové nerovnosti dostáváme X Y X = X. Protože X X Y, platí také X X Y, takže X Y = X = Y. Když se rovnají obaly, rovnají se i jejich dimenze. ( ) : Protože X X Y a dimenze se rovnají, musejí se rovnat obaly samotné, tj. X = X Y. To samé platí pro Y, takže X = X Y = Y. Direktní součet Definice 21. Bud V LP a = A V, = 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 E 1 := R {0} a E 2 := {0} R, potom E 1 E 2 = R 2. Příklad: Na druhou stranu, platí x, 1 + x 2, 1 = P 3, 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 {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 = a 1 + b 1 = a 2 + b 2, kde a 1 a 2 a a 1, a 2 P, b 1 b 2 a b 1, b 2 Q. Potom ovšem θ a 1 a 2 = b 2 b 1, kde a 1 a 2 P a b 2 b 1 Q a v průniku P Q se tak nachází i nenulový vektor a 1 a 2, což je spor. 1. věta o dimenzi 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 V n. Souřadnice vektoru vzhledem k bázi Věta 24. Nechť X = (x 1,..., x n ) je báze V n. Potom ke každému x V n existuje právě jedna uspořádaná n-tice (α 1,..., α n ) T n taková, že x = α i x i. Důkaz. Existence (α 1,..., α n ) výplývá z toho, že báze generuje LP V n = x 1,..., x n. Jednoznačnost dokážeme sporem. Kdyby existovala další n tice (β 1,..., β n ) T n, taková že ( i ˆn)(α i β i ) a x = α i x i = β i x i,

10 potom musí (α i β i )x i = θ. Soubor (x 1,..., x n ) je ovšem LN, odkud plyne ( i ˆn)(α i β i = 0), což je spor. Definice 25. Číslo α i T z předchozí věty nazýváme i-tá souřadnice vektoru x v bázi X. Dále pro i ˆn zavedeme zobrazení x # i : V n T vztahem x # i (x) := α i. Toto zobrazení nazýváme i-tý souřadnicový funkcionál v bázi X. Příklady Ve standardní bázi E 3 = (e 1, e 2, e 3 ) prostoru R 3 má vektor x = (a, b, c) souřadnice (a, b, c), protože x = ae 1 + be 2 + ce 3. Pro jednotlivé souřadnicové funkcionály máme: e # 1 (x) = a, e# 2 (x) = b, e# 3 (x) = c. Příklady Soubor X = (x 1, x 2, x 3 ), kde x 1 = (1, 1, 1), x 2 = (1, 1, 2), x 3 = (1, 2, 3), je jiná báze R 3. Vektor x = (a, b, c) z R 3 má souřadnice (a + b c, a 2b + c, a + b), protože x = (a + b c)x 1 + (a 2b + c)x 2 + ( a + b)x 3. 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 E 3 = (1, x, x 2 ) prostoru P 3 má vektor a + bx + cx 2 souřadnice (a, b, c). Vzhledem k bázi X = (x 1, 2x, x 2 +2) prostoru P 3 má vektor a+bx+cx 2 souřadnice ( a + 2c, a2 + b2 c, c ). Úmluva: Zavedeme Kroneckerovo delta: Vlastnosti souřadnicového funkcionálu δ ij = { 1, pro i = j, 0, jinak. Věta 26. Nechť i ˆn a x # i (x 1,..., x n ). Potom platí: : V n T je i-tý souřadnicový funkcionál v bázi 1. ( x, y V n )(x # i (x + y) = x# i (x) + x# i (y)), 2. ( x V n )( α T )(x # i (αx) = αx# i (x)), 3. ( j ˆn)(x # i (x j) = δ ij ). Důkaz. 1. Nechť x, y V n. Máme tedy x = n x # i (x)x i a y = n x # i (y)x i. Odtud ) x + y = x # i (x)x i + x # i (y)x i = (x # i (x) + x# i (y) x i. Současně je x + y V n a musí tedy platit x + y = n x # i (x + y)x i. Protože soužadnice jsou určeny jednoznačně (viz předchozí věta), musí platit ( i ˆn)(x # i (x + y) = x# i (x) + x# i (y)). 2. Zcela analogicky jako v předešlém kroku. 3. Opět jako v prvním kroku, vyjdeme z vyjádření x j = n δ ij x i.

12 Souřadnice ve standardní bázi Připomeňme, že pro j-tou složku i-tého vektoru e i standardní báze prostoru T n platí: (e i ) j = δ ij. Vzhledem ke standartní bázi E n = (e 1,..., e n ) prostoru T n má vektor x = (α 1,..., α n ) souřadnice (α 1,..., α n ), neboť x = α i e i. Analogickou vlastnost mají souřadnice vzhledem ke standardní bázi v prostoru polynomů P n.