wyklad3(1), matematyka, 0, httpwww.fuw.edu.pl~pmajlect.php, Matematyka II 20102011Z
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wykład3.
Matematyka 2, semestr letni 2010/2011
Niech
V
b¦dzie
n
-wymiarow¡ przestrzeni¡ wektorow¡ nad ciałem liczb rzeczywistych lub
zespolonych K.
Form¡k-liniow¡
na przestrzeni wektorowej
V
nazywamy odwzorowanie:
!
:
V
×
V
×···×
V
−!
R
,
które jest liniowe ze wzgl¦du na ka»dy argument, tzn. dla ka»dego
i
, dowolnych wektorów
v
j
,
j
=1
...k
,
v
0
i
i dowolnych
,µ
2
R zachodzi
!
(
v
1
,v
2
,
···
,
v
i
+
µv
0
i
,
···
,v
k
)=
!
(
v
1
,v
2
,
···
,v
i
,
···
,v
k
)+
µ!
(
v
1
,v
2
,
···
,v
0
i
,
···
,v
k
)
Na poprzednim wykładzie omawiali±my formy dwuliniowe (
k
= 2), a szczególnie formy dwuli-
niowe symetryczne.
W±ród wszystkich form
k
-linowych wyró»nimy teraz szczególnie funkcje
antysymetryczne
,to
znaczy maj¡ce własno±¢
(1)
!
(
v
1
,v
2
,
···
,v
i
,...,v
j
,
···
,v
k
)=
−
!
(
v
1
,v
2
,
···
,v
j
,...,v
i
,
···
,v
k
)
dla dowolnych
i
6
=
j
. Formy
k
-liniowe antysymetryczne nazywane s¡ te»
k
-formami antysyme-
trycznymi, lub czasem
k
-kowektorami.
Omawiaj¡c odwzorowania liniowe i formy dwuliniowe stwierdzili±my, »e warto±¢ formy jest
jednoznacznieokre±lonaprzezwarto±cinawektorachbazowych.St¡dnaprzestrzeni
n
-wymiarowej
dozdeniowania formypotrzeba
n
2
liczb.Je±liwiadomo,»eformajestsymetryczna,wtedywy-
starczy
n
(
n
+1)
/
2warto±ci.Je±liformajestantysymetrycznapotrzebajeszczemniej
n
(
n
−
1)
/
2,
gdy» wyrazy diagonalne
Q
ii
musz¡ by¢ zero: zwarunku antysymetrii wynika, »e dla dowolnego
v
2
V
Q
(
v
,
v
)=
−
Q
(
v
,
v
)
Po opuszczeniu kolorów (w ko«cu
v
i
v
to ostatecznie ten sam wektor
v
) dostajemy
(2)
Q
(
v,v
)=
−
Q
(
v,v
)
,
czyli
Q
(
v,v
)=0.Innymisłowyprzestrze«wektorowawszystkichformdwuliniowychmawymiar
n
2
a podprzestrzenie form symetrycznych i antysymetrycznych wymiary odpowiednio
n
(
n
+
1)
/
2 i
n
(
n
−
1)
/
2. Je±li zauwa»ymy ponadto, »e forma, która jest jednocze±nie symetryczna i
antysymetryczna musi by¢ zerowa, oraz »e
n
(
n
+1)
2
+
n
(
n
−
1)
2
=
n
2
+
n
+
n
2
−
n
2
=
n
2
zrozumiemy,»eprzestrze«wszystkich formdwuliniowych jestsum¡prost¡podprzestrzeniform
symetrycznych i podprzestrzeni form antysymetrycznych. Ka»da forma dwuliniowa da si¦ wi¦c
rozło»y¢ w sposób jednoznaczny na cz¦±¢ symetryczn¡ i antysymetryczn¡:
Q
(
v,w
)=
Q
−
(
v,w
)+
Q
+
(
v,w
)
Q
−
(
v,w
)=
1
2
[
Q
(
v,w
)
−
Q
(
w,v
)]
, Q
+
(
v,w
)=
1
2
[
Q
(
v,w
)+
Q
(
w,v
)]
.
Dla
k >
2 tak»e jest prawd¡, »e forma
k
-liniowa jest jednoznacznie okre±lona przez warto±ci
na bazie, zatem przestrze« takich odwzorowa« jest przestrzeni¡ wektorow¡ wymiaru
n
k
. W tej
1
2
przestrzenis¡tak»ewyró»nionepodprzestrzenieformsymetrycznychiantysymetrycznych, któ-
rych cz¦±ci¡ wspóln¡ jest przestrze« zerowa, ale podprzestrzenie te nie wyczerpuj¡ przestrzeni
wszystkich form.Zastanówmysi¦nadwymiaremprzestrzeni
Alt
k
(
V
)formantysymetrycznych.
Niech
!
oznacza form¦ antysymetryczn¡. W zbiorze
n
k
liczb
!
i
1
i
2
···
i
k
=
!
(
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
k
)
jest wiele zer. Wystarczy, »e w układzie (
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
k
) kórykolwiek wektor bazowy powta-
rza si¦, a ju» warto±¢
!
na tym układzie musi by¢ równa zero jak w (2). Je±li za± układ
(
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
k
) nie zawiera powtarzaj¡cych si¦ wektorów, to warto±¢
!
na tym układzie ró»ni
si¦ od warto±ci
!
na układzie zawieraj¡cym te same wektory tylko uporz¡dkowane rosn¡co ze
wzgl¦du na indeks, tylko znakiem.
Wniosek:
do zdeniowania
k
-formywystarczy tyle liczb ile
jest ró»nych podzbiorów
k
-elementowych w zbiorze
n
-elementowym. Z kombinatoryki wiadmo,
»e jest ich
!
k
!(
n
−
k
)!
tzn. dim
Alt
k
(
v
)=
n
!
n
!
n
k
k
!(
n
−
k
)!
.
Powy»sze rozwa»ania prowadz¡ tak»e do wniosku, »e przestrze«
k
-form dla
k >n
jest zerowa,
natomiast przestrze«
n
-form ma wymiar równy 1.
=
Przejdziemy teraz do
n
-form na
n
-wymiarowej przestrzeni K
n
. Z poprzednich rozwa»a« wy-
nika, »e jest to przestrze« jednowymiarowa. Poniewa» w przestrzeni K
n
jest wyró»niona baza
standardowamo»emytak»ewyró»ni¢jedn¡
n
-form¦:mianowiciet¦,któranabaziestandardowej
2
4
3
5
2
4
3
5
2
4
3
5
1
0
.
.
.
0
0
1
.
.
.
0
0
0
.
.
.
1
e
1
=
, e
2
=
,..., e
n
=
.
daje wynik 1. Form¦ t¦ oznacza¢ b¦dziemy vol, i nazywa¢ form¡ obj¦to±ci na K
n
:
vol(
e
1
,e
2
,...e
n
)=1
.
Od formy vol ju» jeden krok do wyznaczników macierzy
n
×
n
o współczynnikach z ciała K.
Niech
A
2
K
n
n
, wtedy
A
reprezentuje odwzorowanie K
n
!
K
n
. Wyznacznik (det) macierzy
A
deniujemy wzorem
(3)
det
A
=vol(
Ae
1
,Ae
2
,...,Ae
n
)
.
Pami¦taj¡c ponadto, »e
Ae
i
=
a
i
(
i
-ta kolumna macierzy
A
) mo»emy napisa¢
det
A
=vol(
a
1
,a
2
,...,a
n
)
.
Wzór(3)deniuj¡cy wyznacznik macierzyniedajeprzepisu nato,jakobliczy¢wyznacznik dla
konkretnej macierzy. Zanim jednak wypiszemy stosown¡ formuł¦, zajmiemy si¦ własno±ciami
wyznacznika.
Zauwa»my najpierw, »e odwzorowanie:
K
n
×
K
n
×···×
K
n
3
(
a
1
,a
2
,...,a
n
)
7!
vol(
Ba
1
,Ba
2
,...,Ba
n
)
jest elementem
Alt
k
(K
n
), zatem jest proporcjonalne do vol, tzn
vol(
Ba
1
,Ba
2
,...,Ba
n
)=
f
(
B
)vol(
a
1
,a
2
,...,a
n
)
.
3
Współczynnik proporcjonalno±cioznaczyłam
f
(
B
),poniewa» zale»y ontylko odmacierzy
B
,a
nie od tego jakie s¡ wektory
a
i
. Bior¡c
a
i
=
e
i
dostajemy
det(
Be
1
,Be
2
,...,Be
n
)=
f
(
B
)vol(
e
1
,e
2
,...,e
n
)=
f
(
B
)
,
czyli
f
(
B
)=det
B
. Mo»emy teraz łatwo policzy¢ det(
BA
):
det(
BA
)=vol(
BAe
1
,BAe
2
,...,BAe
n
)=vol(
Ba
1
,Ba
2
,...,Ba
n
)=
det(
B
)vol(
a
1
,a
2
,...,a
n
)=det(
B
)det(
A
)
.
Udowodnili±my tym samym twierdzenie Cauchy’ego o mno»eniu wyznaczników:
Twierdzenie 1
(Cauchy)
.
det(
AB
)=det(
A
)det(
B
)
.
Twierdzenie Cauchy’ego prowadzi do po»ytecznych wniosków
(1)
Je±li macierz
A
jest odwracalna, to det
A
6
=0 i
1
det
A
.
det(
A
−
1
)=
Istotnie, z twierdzenia Cauchy,ego mamy
1=det(
1
)=det(
AA
−
1
)=det
A
det
A
−
1
.
(2)
Je±li det
A
6
= 0, to
A
ma liniowo niezale»ne kolumny: (
ad absurdum
) Załó»my, »e
a
i
jest
liniow¡ kombinacj¡ pozostałych kolumn, tzn
a
i
=
1
a
1
+
···
i
−
1
a
i
−
1
+
i
+1
a
i
+1
+
···
+
n
a
n
.
Wtedy
det
A
=vol(
a
1
,...,a
i
,...,a
n
)=vol(
a
1
,...,
1
a
1
+
···
i
−
1
a
i
−
1
+
i
+1
a
i
+1
+
···
+
n
a
n
,...,a
n
)=
1
vol(
a
1
,...,
a
1
,...,a
n
)+
2
vol(
a
1
,...,a
2
,...,a
n
)+
...
+
i
−
1
vol(
a
1
,...,
a
i
−
1
,
a
i
−
1
,...,a
n
)+
i
+1
vol(
a
1
,...,
a
i
+1
,
a
i
+1
,...,a
n
)+
...
n
vol(
a
1
,...,
a
n
,...,
a
n
)=0
Gdy dwa z argumentów formy antysymetrycznej powtarzaj¡ si¦, warto±¢ tej formy jest zero.
Ka»dy ze składników powy»szej sumy musi wi¦c by¢ równy zero.
€
Macierz
n
×
n
maj¡ca liniowo niezale»ne kolumy jest odwzorowaniem surjektywnyn („na”),
tzn dimim
A
=
n
. Ze wzoru
dimker
A
+dimim
A
=
n
wynika wi¦c, »e j¡dro
A
jest trywialne. Odwzorowanie zadawane przez macierz
A
jest bijekcj¡,
jest wi¦c odwracalne. Punkty (1) i (2) mo»na zapisa¢ wspólnie formułuj¡c
Fakt 1.
Macierz A jestodwracalnawtedyitylkowtedy,gdy
det
A
6
=0
.
Wiemy ju» sporo o wyznaczniku, ale nadal nie wiemy jak go liczy¢ - nie znamy konkretne-
go wzoru, który wyra»ałby wyznacznik w zale»no±ci od wyrazów macierzy. Wró¢my wi¦c do
denicji. Niech
A
b¦dzie macierz¡ o wyrazach
a
i
j
, tzn
a
i
j
jest
i
-t¡ współrz¦dn¡
j
-tej kolumny
macierzy:
2
3
a
1
1
a
1
2
···
a
1
n
a
2
1
a
2
2
···
a
2
n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
n
1
a
n
2
···
a
n
n
4
5
, a
i
=
a
1
i
e
1
+
a
2
i
e
2
+
···
+
a
n
i
e
n
.
A
=
4
(4) det
A
=vol(
a
1
,a
2
,...,a
n
)=
n
X
vol(
a
1
1
e
1
+
a
2
1
e
2
+
···
+
a
n
1
e
n
,a
2
,...,a
n
)=
a
i
1
vol(
e
i
1
,a
2
,...,e
n
)=
i
1
=1
n
n
X
X
a
i
1
1
a
i
2
2
vol(
e
i
1
,e
i
2
,...,a
n
)=
i
1
=1
i
2
=1
n
n
n
X
X
X
a
i
1
1
a
i
2
2
···
a
i
n
n
vol(
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
n
)
···
i
1
=1
i
2
=1
i
n
=1
Wi¦kszo±¢ z liczb vol(
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
n
) jest równa zero. Ró»ne od zera s¡ tylko te, w których
wszystkie argumentyformyobj¦to±cis¡ró»ne.Oznaczato,»eka»dyzelementów bazypojawia
si¦tylkorazwci¡gu(
e
i
1
,e
i
2
,...,e
i
n
).Wtakimprzypadkuformaobj¦to±ciprzyjmujewarto±¢1
lub
−
1wzale»no±ciodkolejno±ciwektorówbazowych. Ci¡gindeksów(
i
1
,i
2
,...i
n
)przywekto-
rachbazowych zawiera ka»d¡liczb¦ zezbioru
{
1
,
2
,...,n
}
dokładnieraz.Jest wi¦c permutacj¡
(przestawieniem) ci¡gu (1
,
2
,...,n
). Oznacza to, »e suma (4) ma tak naprawd¦
n
! składników,
po jednym dla ka»dej permutacji. Znak + b¡d¹
−
zale»y od tego, czy dan¡ permutacj¦ mo»na
otrzyma¢ z uporz¡dkowania naturalnego dokonuj¡c parzystej czy nieparzystej liczby przesta-
wie« dwóch wyrazów. Je±li permutacj¦ oznaczymy symbolem
, to
(
i
) jest liczb¡ ze zbioru
{
1
,
2
,...,n
}
stoj¡c¡ na
i
-tym miejscu w permutacji
:
(1
,
2
,...,n
)
7−!
(
(1)
,
(2)
,...,
(
n
))
.
Znakodpowiadaj¡cydanejpermutacjioznaczymysymbolemsgn
.Wzórnawyznacznikprzyj-
muje posta¢
X
sgn
a
(1)
1
a
(2)
2
···
a
(
n
)
n
.
(5)
det
A
=
›eby uwierzy¢ w powy»szy wzór musimy najpierw przekona¢ si¦, »e liczba sgn
jest dobrze
okre±lona. To znaczy, »e nie zale»y od sposobu przechodzenia od uporz¡dkowania naturalnego
dopermutacji
przypomocyprzestawie«dwóchwyrazów.Zanimzajmiemysi¦tymproblemem
obejrzyjmy najprostsze przykłady wyznaczników:
Przykład 1.
Wyznacznik macierzy 2
×
2, tzn.
A
2
K
2
2
:
"
#
a
1
1
a
1
2
a
2
1
a
2
2
A
=
.
S¡ dwa uporz¡dkowania liczb
{
1
,
2
}
,
0
=(1
,
2)
1
=(2
,
1)
.
›eby otrzyma¢
0
nie trzeba nic przestawia¢, czyli sgn
0
= 1, natomiast »eby otrzyma¢
1
=
(2
,
1) trzeba przestawi¢ raz, tzn sgn
0
=
−
1. Ostatecznie
"
#
a
1
1
a
1
2
a
2
1
a
2
2
=sgn
0
a
0
(1)
1
a
0
(2)
2
+sgn
1
a
1
(1)
1
a
1
(2)
2
=
a
1
1
a
2
2
−
a
2
1
a
1
2
.
det
A
=det
|
Przykład 2.
Niech teraz
A
2
K
3
3
. Zajmijmy si¦ najpierw permutacjami. Istnieje 3! = 6
ró»nych uporz¡dkowa«:
(123) (231) (312) (132) (321) (213)
5
Dla ułatwienia wprowad¹my nast¦puj¡cy zapis permutacji:
!
1 2 3
3 1 2
=
(1)=3
,
(2)=1
,
(3)=2
.
Wgórnymwierszuzapisujemyporz¡deknaturalnyawdolnymporz¡dekdocelowy.Zastanówmy
si¦ ile potrzeba przestawie« dwóch elementów, »eby uzyska¢ permutacj¦
:
1
2
3
lub
1
2
3
lub
1
2
3
2
1
3
1
3
2
3
2
1
3 1 2
Za ka»dym razem potrzebujemy dwa przestawienia, czyli parzyst¡ liczb¦. Gdyby±my post¦po-
wali niezbyt racjonalnie, np
3
1
2
3
1
2
1
2
3
2
1
3
2
3
1
3
2
1
3 1 2
wykonaliby±my 4 przestawienia - znowu parzy±cie. Ostatecznie sgn
= +1. Do±wiadczalnie
ustalimy, »e
!
!
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 3 2
sgn
=+1 sgn
=
−
1
!
!
1 2 3
2 3 1
1 2 3
3 2 1
sgn
=+1 sgn
=
−
1
!
!
1 2 3
3 1 2
1 2 3
2 1 3
sgn
=+1 sgn
=
−
1
Posługuj¡c si¦ powy»sz¡ tabelk¡ mo»emy napisa¢ wzór:
2
4
a
1
1
a
1
2
a
1
3
3
5
a
2
1
a
2
2
a
2
3
a
3
1
a
3
2
a
3
3
=
a
1
1
a
2
2
a
3
3
+
a
2
1
a
3
2
a
1
3
+
a
3
1
a
1
2
a
2
3
−
det
A
=
−
a
1
1
a
3
2
a
2
3
−
a
3
1
a
2
2
a
1
3
−
a
2
1
a
1
2
a
3
3
Poniewa» problem liczenia wyznacznika macierzy 3
×
3 pojawia si¦ bardzo cz¦sto w zadaniach,
wygodnie jest znale¹¢ sposób zapami¦tywania powy»szego wzoru. Niektórzy lubi¡ pami¦ta¢
[ Pobierz całość w formacie PDF ]