Лекции по алгебре. Выпуск I. Линейные отображения и линейные операторы. Тронин С.Н. - 38 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

из V и столбцами из их координат в данном базисе является взаимно-
однозначным. Более подробно это можно показать так. Рассмотрим ком-
мутативную диаграмму (1.3.1):
V
f
−−→ V
φ
y
ψ
y
K
n
g
−−→ K
m
Здесь, как и выше, g(x) = Ax и φ(v) = x. Тогда
ψ(f(v)) = g(φ(v)) = Ax = λx = λψ(v) = ψ(λv).
Но отображение ψ является биекцией. Отсюда следует, что f(v) = λv.
Теорема 1.4.2. Пусть λ
1
, . . . , λ
m
— различные собственные значе-
ния оператора f (не обязательно все имеющиеся). Выберем ненулевые
векторы v
1
∈ V
λ
1
, . . . , v
m
∈ V
λ
m
. Тогда они линейно независимы.
Доказательство. Проведем индукцию по m. При m = 1 утверж-
дение очевидно: множество, состоящее из одного ненулевого вектора v
1
линейно независимо. Допустим, что утверждение теоремы справедливо
для любых различных m − 1 собственных значений и соответствую-
щих им ненулевых собственных векторов. Предположим, что в случае
m значений имеется нетривиальная линейная зависимость следующего
вида:
α
1
v
1
+ · · · + α
m−1
v
m−1
+ α
m
v
m
= 0 (1.4.1)
Если допустить, что α
m
= 0, то тогда какой-то из элементов поля
α
1
, . . . , α
m−1
должен быть ненулевым, так как по предположению ли-
нейная зависимость (1.4.1) нетривиальна. Но тогда получилась бы не-
тривиальная линейная зависимость
α
1
v
1
+ · · · + α
m−1
v
m−1
= 0,
38
из V и столбцами из их координат в данном базисе является взаимно-
однозначным. Более подробно это можно показать так. Рассмотрим ком-
мутативную диаграмму (1.3.1):
                                     f
                               V −−→      V
                                         
                               
                              φy
                                          
                                         ψy
                                     g
                              K n −−→ K m
Здесь, как и выше, g(x) = Ax и φ(v) = x. Тогда

             ψ(f (v)) = g(φ(v)) = Ax = λx = λψ(v) = ψ(λv).

Но отображение ψ является биекцией. Отсюда следует, что f (v) = λv.


Теорема 1.4.2. Пусть λ1 , . . . , λm — различные собственные значе-
ния оператора f (не обязательно все имеющиеся). Выберем ненулевые
векторы v1 ∈ V λ1 , . . . , vm ∈ V λm . Тогда они линейно независимы.

  Доказательство. Проведем индукцию по m. При m = 1 утверж-
дение очевидно: множество, состоящее из одного ненулевого вектора v1
линейно независимо. Допустим, что утверждение теоремы справедливо
для любых различных m − 1 собственных значений и соответствую-
щих им ненулевых собственных векторов. Предположим, что в случае
m значений имеется нетривиальная линейная зависимость следующего
вида:
                   α1 v1 + · · · + αm−1 vm−1 + αm vm = 0            (1.4.1)

Если допустить, что αm = 0, то тогда какой-то из элементов поля
α1 , . . . , αm−1 должен быть ненулевым, так как по предположению ли-
нейная зависимость (1.4.1) нетривиальна. Но тогда получилась бы не-
тривиальная линейная зависимость

                       α1 v1 + · · · + αm−1 vm−1 = 0,

                                    38

Страницы