Твърдение: Ако A е ортогонална матрица, то A-1 също е ортогонална матрица.
Доказателство: Имаме A-1.(A-1)t = At.(A-1)t = (A-1.A)t = Et = E
A-1 е ортогонална матрица.
Твърдение: Ако A, B са ортогонални матрици, то A.B също е ортогонална матрица.
Доказателство: Имаме (A.B).(A.B)t = A.B.Bt.At = A.E.At = A.At = E
A.B е ортогонална матрица.
Твърдение: А nxn е ортогонална матрица векторите-редове (векторите-стълбове) на А са ортонормирана система вектори в n.
Доказателство: Нека A = (ij) nxn.
А.At = E i1.j1 + i2.j2 + … + in.jn = ij
за всеки i, j { 1, 2, …, n }.
Ако a1 = (11, 12, …, 1n), a2 = (21, 22, …, 2n), …,
an = (n1, n2, …, nn) са векторите-редове на матрицата A, тези равенства показват, че (ai, aj) = ij за всеки i, j { 1, 2, …, n }, т.е. системата вектори a1, a2, …, an е ортонормирана.
Аналогично като използваме, че
A.At = E At.(At)t = E, получаваме, че векторите-стълбове на A са ортонормирана система вектори.
Твърдение: Ако А е ортогонална матрица, то detA = 1.
Доказателство: A.At = E detA.detAt = detE (detA)2 = 1
detA = 1.
Нека V е крайномерно евклидово пространство, n = dimV.
Нека E = (e1, e2, …, en) е един базис на V и F = (f1, f2, …, fn) е друг базис на V. Нека T = (ij) nxn e матрицата на прехода от E към F, т.е. fi = 1i.e1 + 2i.e2 + … + ni.en = .
Разглеждаме (fi, fj) = ,
i, j { 1, 2, …, n}.
Нека базисът Е е ортонормиран (ek, em) = km за всеки
k, m { 1, 2, …, n}.
Тогава (fi, fj) = за i, j { 1, 2, …, n }.
-
Ако базисът F е ортонормиран, тогава (fi, fj)= ij за
i, j { 1, 2, …, n} Tt.T = E T е ортогонална матрица. И така матрицата на прехода между два ортонормирани базиса е ортогонална.
-
Ако матрицата T е ортогонална, тогава
за i, j { 1, 2, …, n } (fi, fj) = ij F е система от n на брой ненулеви ортогонални вектори с дължина 1 F е ортонормиран базис. И така всяка ортогонална матрица е матрица на прехода от един ортонормиран базис към друг ортонормиран базис.
Нека V е крайномерно евклидово пространство и Hom (V).
Казваме, че е симетричен линеен оператор, ако
за всеки два вектора x, y V имаме ( (x), y) = (x, (y)).
Ясно е, че ако e1, e2, …, en е базис на V достатъчно е
( (ei), ej) = (ei, (ej)) за всеки i, j { 1, 2, …, n} поради линейността на и линейността на скаларното произведение по двата си аргумента.
Твърдение: Нека V е крайномерно евклидово пространство,
dimV = n . Нека e1, e2, …, en е ортонормиран базис на V.
Нека Hom (V) и има матрица A спрямо този базис. Тогава
е симетричен линеен оператор А е симетрична матрица.
Доказателство: Нека A = (ij) nxn.
Тогава (ei) = 1i.e1 + 2i.e2 + … + ni.en. Операторът е симетричен ( (ei), ej) = (ei, (ej)) за всеки i, j { 1, 2, …, n}
ji = ij за всеки i, j { 1, 2, …, n }
A е симетрична матрица.
Твърдение: Ако А е реална симетрична матрица (A nxn, At = A), то всички характеристични корени на A са реални числа.
Доказателство: Нека характеристичните корени на А са
1, 2, …, n, i , и нека е кой да е от тях.
Нека A = (ij), ij и ij = ji за всяко i, j { 1, 2, …, n }.
Разглеждаме системата:
(11 - ).x1 + 12.x2 + … + 1n.xn = 0
21.x1 + (22 - ).x2 + … + 2n.xn = 0
(*) …
n1.x1 + n2.x2 + … + (nn - ).xn = 0
Детерминантата на (*) e fA () = 0 (*) има ненулево решение
(1, 2, …, n) (0, 0, …, 0), i за всяко i = 1, 2, …, n, тъй като коефициентите на (*) са комплексни.
За всяко i = 1, 2, …, n имаме:
i1.1 + i2.2 + … + (ii - ).i + … + in.n = 0
i1.1 + i2.2 + …+ in.n = .i. Умножаваме двете страни по и получаваме: i1.1. + i2.2. + …+ in.n. = ., т.е.
= .. Последното равенство сумираме по
i = 1, 2, …, n и получаваме: = ..
Нека v = , u = v = .u. Имаме u , u 0 (дори u > 0), тъй като (1, 2, …, n) (0, 0, …, 0). Освен това,
=
= v. Използвали сме ij , ij = ji за всеки
i, j { 1, 2, …, n}, а в предпоследното равенство разменихме индексите, което е позволено, тъй като те се менят в еднакви множества.
Получихме, че = v v . Така u, v = .
Твърдение: Нека V е крайномерно евклидово пространство,
dimV = n и е симетричен линеен оператор на V. Тогава всичките n характеристични корени на са реални числа,
т.е. има n (не непременно различни) собствени стойности.
Доказателство: Нека e1, e2, …, en е ортонормиран базис на V и А е матрицата на спрямо този базис. Съгласно по-предното твърдение А е симетрична матрица. Oт предното твърдение всичките характеристични корени 1, 2, …, n на A са реални всичките са собствени стойности на оператора .
Твърдение: Нека V е крайномерно евклидово пространство,
dimV = n и е симетричен линеен оператор на V.
Ако x, y са собствени вектори, отговарящи на различни собствени стойности , на , то x и y са ортогонални.
Доказателство: Имаме (x) = .x, (y) = .y. e симетричен оператор ( (x), y) = (x, (y)) (.x, y) = (x, .y) .(x, y) = .(x, y) ( – ). (x, y) = 0 и тъй като (x, y) = 0, т.е. x и y са ортогонални вектори.
Теорема: Нека V е крайномерно (ненулево) евклидово пространство и е симетричен линеен оператор на V. Тогава съществува ортонормиран базис f1, f2, …, fn на V в който матрицата на е диагонална, т.е. от вида.
Доказателство: Нека n = dimV, n , n 1.
Провеждаме индукция по n.
База: При n = 1 в кой да е базис матрицата на e ()1x1, т.е. тя е диагонална.
Стъпка: Нека твърдението е вярно за n-1 (n 2). Нека 1 е собствена стойност на и е1 е собствен вектор, отговарящ на тази собствена стойност. Нека f1 = .e1. Тогава
(f1) = (.e1) = . (e1) = ..e1 = .f1, т.е. f1 също е собствен вектор, отговарящ на собствената стойност 1.
Нека U = ℓ (f1). Тогава U V и dimU = 1. Разглеждаме ортогоналното допълнение U. Имаме U V и V = U U dimU + dimU = dimV dimU = n – 1. Ще покажем, че U е -инвариантно подпространство на V. Действително, за всяко x U имаме
( e симетричен) ( (x), f1) = (x, (f1)) = (x, 1.f1) = 1.(x, f1) = 0
(x) U. Разглеждаме като линеен оператор на евклидовото пространство U (разглеждаме ограничението на върху U). Очевидно e симетричен оператор в U. По индукционното предположение твърдението е вярно за оператора : U U, т.е. съществува ортонормиран базис f2, f3, …, fn на U, в който операторът има матрица.
Разглеждаме векторите f1, f2, …, fn. Имаме f2, …, fn U
f2, …, fn са ортогонални на f1 f1, f2, …, fn са ортонормирана система от n вектора с дължина 1 те образуват ортонормиран базис на V. За всяко i = 1, 2, …, n имаме (fi) = i.fi
матрицата на в този базис е точно.
Следствие: За всяка симетрична матрица A nxn съществува ортогонална матрица T nxn, такава че T-1.A.T = , където 1, …, n са точно характеристичните корени на A.
Доказателство: Нека V е крайномерно евклидово пространство с размерност n (например V = n). Нека E = (e1, e2, …, en) е ортонормиран базис на V. Тогава съществува единствен линеен оператор Hom (V), такъв че в базиса E матрицата на e A.
Тъй като A е симетрична матрица и базисът E е ортонормиран,
e симетричен линеен оператор на V. От теоремата съществува ортонормиран базис F = (f1, f2, …, fn) на V, спрямо който матрицата на e D = . Нека T е матрицата на прехода от базиса
E към базиса F. Тогава от по-горе Т е ортогонална матрица и от формулата за смяна на базиса имаме, че D = T-1.A.T. Тъй като матриците A и D са подобни, те имат едни и същи характеристични корени, т.е. характеристичните корени 1, …, n на D са точно характеристичните корени на A.
19. Алгебрическа затвореност на полето на комплексните числа. Следствия.
Теорема: Нека F е поле, f F[x], deg f 1. Тогава съществуват разширение K F и K, такива че f () = 0.
Следствие: Нека F е поле, f F[x], n = deg f 1, a0 F е старшият коефициент на f. Тогава съществуват разширение L F и
1, 2, …, n L, такива че f (x) = a0.(x - 1).(x - 2). ….(x - n).
В означенията на следствието, нека M е сечението на всички подполета на полето L, които съдържат F и 1, 2, …, n L.
Ясно е, че M е подполе на L и M е най-малкото такова подполе, което съдържа F и 1, 2, …, n. M се нарича поле на разлагане на f над полето F.
Може да се покаже, че всеки две полета на разлагане на полином над едно и също поле са изоморфни, т.е. неформално, полето на разлагане е независимо от разширението, което съдържа корените на полинома.
Нека f F[x], f (x) = a0.xn + a1.xn-1 + … + an-1.x + an, n , a0 F*.
В подходящо разширение L F имаме:
f (x) = a0.(x - 1).(x - 2). ….(x - n).
Като приравним коефициентите пред xn-1, xn-2, …, x1, x0 в равенството получаваме формулите на Виет:
1 + … + n = ,
1.2 + … + n-1.n = ,
…
1.2. ….k + … + n-k+1.n-k+2. ….n = (-1)k.,
…
1.2. ….n = (-1)n..
Тук лявата страна на k-тата формула (1 k n) съдържа сумата от всевъзможните произведения на k елемента от 1, 2, …, n, т.е. съдържа събираеми.
Нека A е комутативен пръстен с единица.
Нека f = f (x1, x2, …, xn) A[x1, …, xn]. Казваме, че f е симетричен полином, ако = f (x1, x2, …, xn) (равенство на полиноми) за произволна пермутация i1, i2, …, in на числата
1, 2, …, n.
Следните симетрични полиноми
1 = x1 + x2 + … + xn
2 = x1.x2 + x1.x3 + … + xn-1.xn
…
n = x1.x2. ….xn
се наричат елементарни симетрични полиноми.
Теорема: Нека А е област, f = f (x1, x2, …, xn) A[x1, x2, …, xn] е симетричен полином. Тогава съществува единствен полином g на
n променливи с коефициенти от А, такъв че
g (1, 2, …, n) = f (x1, x2, …, xn).
Следствие: Нека F е поле, f (x) F[x], n = deg f 1 и нека
1, 2, …, n са корените на f (x), i K F. Aко h (x1, x2, …, xn) е симетричен полином с коефициенти от полето F,
то h (1, 2, …, n) F.
Доказателство: Нека f (x) = a0.xn + a1.xn-1 + … + an, ai F, а0 F*.
От теоремата съществува полином g на n променливи с коефициенти от полето F, такъв че
h (x1, x2, …, xn) = g (1, 2, …, n). За k = 1, 2, …, n имаме:
k (1, 2, …, n) = (-1)k. F (от формулите на Виет). Тогава
h (1, 2, …, n) = g (,, …, (-1)n.) F, тъй като g е с коефициенти от полето F.
Казваме, че едно поле F е алгебрически затворено, ако всеки полином f F[x], deg f 1 има поне един корен в F.
Eквивалентна дефиниция е: За всеки полином f F[x],
deg f (x) = n 1, съществуват 1, 2, …, n F, такива че
f (x) = a0.(x - 1).(x - 2). ….(x - n), където a0 F* е старшият коефициент на f.
Действително, ако 1 F е корен на f (x), то f (x) = (x - 1).g (x),
g (x) F[x]. По същия начин, ако 2 F е корен на g (x),
то g (x) = (x - 2).h (x), h (x) F[x] и f (x) = (x - 1).(x - 2).h (x) …и
т.н. след точно n стъпки f ще се разложи в линейни множители.
Теорема: Полето е алгебрически затворено.
Доказателство:
Ще отбележим, че няма чисто алгебрично доказателство на тази теорема, т.е. което не използва поне малка част от анализа – например всеки полином f (x) [x] e непрекъсната функция
от в .
Стъпка 1:
Ако f (x) [x], deg f е нечетно число, f (x) има поне един реален корен. Действително, нека n = deg f , n 1, a0 0 е старшият коефициент на f. Използваме, че n е нечетно число:
Ако a0 > 0, то , .
Ако a0 < 0, то , .
И в двата случая съществуват a, b , a < b, такива че
f (a).f (b) < 0. Тогава от теоремата на Болцано-Коши, тъй като f (x) е непрекъсната функция, съществува c [a, b], такова че f (c) = 0.
Стъпка 2:
Ако f (x) [x] и deg f 1, то f (x) има поне един корен в .
Нека n = deg f, n 1, n = 2k.m, k 0, m 1, m е нечетно.
Провеждаме индукция по k.
База: k = 0. Тогава n = m е нечетно и от стъпка 1 f има дори реален корен.
Стъпка: Нека твърдението е изпълнено за k – 1, k 1.
Нека 1, 2, …, n са корените на f (x), i K – поле на разлагане на
f (x) над . Нека r . Означаваме ij = i.j + r.(i + j)
за всеки i, j, 1 i < j n. Естествено, ij K.
Броят на ij е n1 = = 2k-1.m, където m и m е нечетно. Разглеждаме полиномът
g (x) = , g (x) K[x]. Нека g (x) = , засега е ясно, че bt K. За всяко t = 1, 2, …, n1 имаме:
bt = (-1)t.t (…, ij, …). При произволна пермутация на
1, 2, …, n имаме, че ij = i.j + r.(i + j) преминава в
.+ r.(+) = . С други думи, произволна пермутация на 1, 2, …, n води до пермутация на ij. Но t (…, ij, …) е симетричен полином на ij, така че той не се променя при пермутация на ij. И така bt = (-1)t.t (…, ij, …) е симетричен полином с реални коефициенти на 1, 2, …, n и от следствието по-горе bt за всяко t = 1, 2, …, n1. Така имаме:
g (x) [x], deg g = 2k-1.m, където m е нечетно. По индукционното предположение полиномът g (x) има комплексен корен.
Тъй като K, това означава, че за всяко r съществуват индекси i, j, 1 i < j n, такива че ij = i.j + r.(i + j) .
Но двойките i, j, 1 i < j n са краен брой, реалните числа са безброй много съществуват реални числа r1, r2, r1 r2, такива че
i.j + r1.(i + j) = c ,
i.j + r2.(i + j) = d за една и съща двойка i, j, 1 i < j n.
В такъв случай, i + j = = a , i.j = = b .
Така i, j са корените на полинома x2 – a.x + b = 0, т.е.
i, j = , тъй като е затворено относно коренуване (което се вижда лесно с формулата на Моавър).
И така i, j , т.е. f наистина има комплексен корен.
Стъпка 3:
Ако f (x) [x], deg f 1, то f (x) има поне един корен в .
Нека f (x) = a0.xn + a1.xn-1 + … + an, ai , a0 *, n 1.
Нека (x) = .xn + .xn-1 + … + .x + [x].
За всяко имаме: () = . Действително,
() = .n + .n-1 + … + . + =
== .
Разглеждаме h (x) = f (x).(x) [x],
h (x) = c0.x2.n + c1.x2.n-1 + … + c2.n-1.x + c2.n, ct .
За всяко t = 0, 1, 2, …, 2.n, ct = . Имаме
= = ct (в предпоследното равенство сменихме ролите на индексите, което е позволено, тъй като те участват симетрично). Получихме, че = ct ct и така показахме, че h (x) [x]. Тогава от стъпка 2 съществува , такова че h () = 0, т.е. f ().() = 0. Тъй като е поле, то
f () = 0 е корен на f или () = 0 () = 0 = 0
f () = 0 е корен на f (x).
И така за всеки полином f (x) [x], n = deg f 1, съществуват
1, 2, …, n , такива че f (x) = a0.(x - 1).(x - 2). ….(x - n), където
a0 * е старшият коефициент на f.
Така неразложими над полиноми с коефициенти от са само полиномите от степен 1.
Сподели с приятели: |