Опр.Більшість w називається лінійним простором, яке елем. -векторами, якщо:

*заданий закон (+) по кіт. будь-яким двом елементам х,у з w зіставляється елемент називаємо. їхньою сумою [х + у]

* заданий закон (* на число a), по кот.

* виконані

такі вимоги (або аксіоми):

Слід c1. нульовий вектор (ctv 0 1 і 0 2 . по a3: 0 2 + 0 1 = 0 2 і 0 1 + 0 2 = 0 1 . по a1 0 1 + 0 2 = 0 2 + 0 1 => 0 1 = 0 2 .)

c2. .(ctv, a4)

c3. 0 вект.(a7)

c4. a(число)*0=0.(a6,c3)

c5. х (*) -1 = 0 вект, протилежному х, тобто. (-1) х = -х. (a5,a6)

c6. У w визначено дію віднімання: вектор х називається різницею векторів b та а, якщо х + а = b, і позначається x = b – a.

Число nназивається розмірністю лін. пр-а L , якщо в L існує система з nлін. незав. векторів, а будь-яка система з n+1 вектор - лін. залежна. dim L= n. Простір L називається n-мірним.

Упорядкована сукупність n лін. незав. векторів n мірного незалежно. простору – базис

Теорема. Кожен вектор X можна уявити єдиним чином у вигляді лін.Комбінації векторів базису

Нехай (1) – базис n-мірного лін. пр-ва V, тобто. сукупність лінійно-незалежних векторів. Сукупність векторів буде лін. залежною, т.к. їх n+ 1.

Тобто. існують числа , не всі рівні нулю одночасно, що (інакше (1) лінійно залежні).

Тоді де розкладання вектора xз базису(1) .

Цей вираз єдиний, т.к. якщо існує інший вираз (**)

віднімаючи з (*) рівність (**),

отримаємо

Т.к. лінійно незалежні, то . Чтд

Теорема. Якщо – лін. незалежні вектори простору V і кожен вектор x з V може бути представлений через , то ці вектори утворюють базис V

Док-во: (1)-лін.незалежна =>залишається док-ть, що з лин.зависимы. за ум. Кожен вектор виражається через (1): , розглянемо , rang≤n => серед стовпців не більше nлінійно незалежні, але m > n=> m стовпців лінійно залежні=> s=1, n

Т. е. вектори лін. залежні

Т.о простір V n-мірно і (1) його базис

№4Опр.Підмножина L лін. пр-ва V називається лін. підпр. цього простору якщо щодо заданих у V операціях (+) і (*а) підпростір L є лінійним простором

Теорема Багато векторів простору V є лін. Підпростором цього простору виконуються

(дост) нехай (1) і (2) виконані, для того що L підпрост.V залишається довести, що виконані всі аксіоми лин. пр-ва.

(-x): -x+x=0 д. а(х + у) = ах + ау;

(а-б) і (д-з) випливає із справедливості для V доведемо (в)

(необхідність) Нехай L є лін. підпростором цього простору, тоді (1) і (2) виконуються з визначення лин. пр-ва

Опр.Сукупність різноманітних лин. комбінацій деяких елементів (xj) лін. пр-ва називається лінійною оболонкою

Теоремадовільна множина всіх лин. комбінацій векторів V з дійств. коеф є лін. підпр V (лінійна оболонка даної системи векторів лін. пр. є лін.підпр цього пр. )

Опр. Непорожнє підмножина L векторів лін. пр-ва V називається лін. підпростором, якщо:

а) сума будь-яких векторів з L належить L

б)твір кожного вектора з L на будь-яке число належить L

Сума двох підпросторівLє знову підпросторомL

1) Нехай y 1 +y 2 (L 1 +L 2)<=>y 1 =x 1 +x 2 , y 2 =x' 1 +x' 2 , де (x 1 ,x' 1) L 1 , (x 2 ,x' 2) L 2 . y 1 +y 2 =(x 1 +x 2)+(x' 1 +x' 2)=(x 1 +x' 1)+(x 2 +x' 2), де (x 1 +x' 1 ) L 1 , (x 2 +x' 2) L 2 => перша умова лінійного підпростору виконується.

ay 1 =ax 1 +ax 2 де (aх 1) L 1 , (aх 2) L 2 => т.к. (y 1 +y 2) (L 1 +L 2) , (ly 1) (L 1 +L 2) => умови виконуються => L 1 +L 2 – лінійний підпростір.

Перетин двох підпр.L 1 іL 2 лін. пр-ваL також є підпр. цього простору.

Розглянемо два довільні вектори x,y, що належать перетину підпросторів, та два довільні числа a,b:.

За опр. перетину множин:

=> визначення підпростору лінійного простору:,.

вектор ax + byналежить і безлічі L 1 , і безлічі L 2 , він належить, за визначенням, і перетину цих множин. Таким чином:

Опр. Кажуть, що V є прямою сумою своїх підпр. якщо і б) це розкладання єдино

б")Покажемо, що б) рівносильно б')

б) вірно б')

Будь-які (M, N) з перетинаються лише за нульовим вектором

Нехай ∃ z ∈

Справед. зворот.L=

протиріччя

Теорема Щоб (*) необхідно і достатньо щоб об'єднання базисів ( становило базис простору

(Необ)нехай (*) та вектори - базиси підмножин. і має місце розкладання по; x розкладається по базису L, щоб стверджувати, що( складають базис, потрібно довести їх лінійну незалежність всі містять 0 0 = 0 + ... + 0. В силу єдиності розкладання 0 по : => через лін. незалежності базису => ( – базис

(Дост.)Нехай (утворює базис L єдностей. розкладання (**) принаймні одне розкладання існує. В силу єдиності (*) => єдиність (**)

Зауваження. Розмірність прямої суми дорівнює сумі розмірностей підпростору

Будь-яка невироджена квадратична матриця може бути матрицею переходу від одного базису до іншого

Нехай у n мірному лінійному просторі V є два базиси та

(1) =A , де тут елементи * і ** не числа, але ми поширимо на такі рядки певні операції над числовою матрицею.

Т.к. інакше вектори ** були б лін.

Назад.Якщо то стовпці А лінійно незалежні => утворять базис

Координати і пов'язані співвідношенням , де елементи матриці переходу

Нехай відоме розкладання елементів "нового" базису по «старому»

Тоді справедливі рівності

Але якщо лінійна комбінація лінійно незалежних елементів дорівнює 0, то =>

Основна теорема про лінійну залежність

Якщо (*) лінійно виражається через (**) тоn<= m

Доведемо індукцією по m

m=1: система (*) містить 0 та лін. зав- неможливо

нехай правильно для m=k-1

доведемо для m=k

може бути, що 1) , тобто. в-ри (1) є лін.комб. лін. в-рів (2)Система (1) лін.незав., т.к. є частиною лін.незав. системи (*). Т.к. у системі (2) тільки k-1, векторів, то за припущенням індукції отримуємо k+1

Лемма 1 : Якщо в матриці розміру n n хоча один рядок (стовпець) дорівнює нулю, то рядки (стовпці) матриці є лінійно залежними.

Доказ:Нехай нульовий буде перший рядок, тоді

де a 1 0. Що й було потрібно.

Визначення: Матриця, у якої розташовані нижче головної діагоналі елементи дорівнюють нулю, називається трикутної:

а ij = 0, i>j.

Лемма 2: Визначник трикутної матриці дорівнює добутку елементів головної діагоналі.

Доказ неважко провести індукцією за розмірністю матриці.

Теорема про лінійну незалежність векторів.

а)Необхідність: лінійно залежні D=0 .

Доказ:Нехай лінійно залежні, j=,

тобто, існує a j , не всі рівні нулю, j = ,що a 1 А 1 + a 2 А 2 + ... a n A n = , А j –стовпці матриці А.Нехай, наприклад, a n ¹0.

Маємо a j * = a j / a n , j n -1a 1 * А 1 + a 2 * А 2 + ... a n -1 * A n -1 + A n = .

Замінимо останній стовпець матриці Ана

А n * = a 1 * А 1 + a 2 * А 2 + ... a n -1 A n -1 + A n =.

Відповідно до вище доведеної властивості визначника (він не зміниться, якщо в матриці до будь-якого стовпця додати інший, помножений на число) визначник нової матриці дорівнює визначнику вихідної. Але в новій матриці один стовпець нульовий, значить, розкладаючи визначник цього стовпця, отримаємо D=0,що й потрібно було довести.

б)Достатність:Матрицю розміру n nз лінійно незалежними рядкамизавжди можна привести до трикутного вигляду за допомогою перетворень, що не змінюють абсолютної величини визначника. При цьому із незалежності рядків вихідної матриці випливає нерівність нулю її визначника.

1. Якщо у матриці розміру n nз лінійно незалежними рядками елемент а 11дорівнює нулю, то перше місце слід переставити стовпець, у якого елемент а 1 j ¹ 0. Відповідно до леми 1 такий елемент знайдеться. Визначник перетвореної матриці може відрізнятися від визначника вихідної матриці тільки знаком.

2. Від рядків із номерами i>1заберемо перший рядок, помножений на дріб a i 1 /a 11. При цьому в першому стовпці рядків із номерами i>1вийдуть нульові елементи.

3. Почнемо обчислювати визначник отриманої матриці розкладанням першого стовпця. Оскількив ньому всі елементи, крім першого, дорівнюють нулю,

D нов = a 11 нов (-1) 1+1 D 11 нов,

де d 11 новий- Визначник матриці меншого розміру.

Далі для обчислення визначника D 11повторюємо пункти 1, 2, 3 доти, доки останній визначник не виявиться визначником від матриці розміру 1 1. Оскільки п.1 змінює тільки знак визначника матриці, що перетворюється, а п.2 взагалі не змінює величини визначника, то, з точністю до знака, в результаті отримаємо визначник вихідної матриці. При цьому, оскільки через лінійну незалежність рядків вихідної матриці п.1 завжди виконаємо, всі елементи головної діагоналі вийдуть нерівними нулю. Таким чином, підсумковий визначник згідно з викладеним алгоритмом дорівнює добутку ненульових елементів, що стоять на головній діагоналі. Тому і визначник вихідної матриці не дорівнює нулю. Що й потрібно було довести.

Додаток 2

Функції називаються лінійно незалежними,якщо

(Припустима лише тривіальна лінійна комбінація функцій, тотожно рівна нулю). На відміну від лінійної незалежності векторів тут тотожність лінійної комбінаціїнулю, а чи не рівність. Це і зрозуміло, оскільки рівність лінійної комбінації нуля має бути виконано за будь-якого значення аргументу.

Функції називаються лінійно залежними,якщо існує не нульовий набір констант (не всі константи дорівнюють нулю), такий що (є нетривіальна лінійна комбінація функцій, тотожно дорівнює нулю).

Теорема.Для того щоб функції були лінійно залежні, необхідно і достатньо, щоб якась із них лінійно виражалася через інші (представлялася у вигляді їхньої лінійної комбінації).

Доведіть цю теорему самостійно, вона доводиться так само, як аналогічна їй теорема про лінійну залежність векторів.

Визначник Вронського.

Визначник Вронського для функцій вводиться як визначник, стовпцями якого є похідні цих функцій від нульового (самі функції) до n-1-го порядку.

.

Теорема. Якщо функції лінійно залежні, то

Доказ. Оскільки функції лінійно залежні, то якась із них лінійно виражається через інші, наприклад,

Тотожність можна диференціювати, тому

Тоді перший стовпець визначника Вронського лінійно виражається через решту стовпців, тому визначник Вронського тотожно дорівнює нулю.

Теорема.Для того, щоб вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння n-ого порядку були лінійно залежні, потрібно й достатньо, щоб.

Доказ. Необхідність випливає з попередньої теореми.

Достатність. Зафіксуємо деяку точку. Оскільки стовпці визначника, обчислені в цій точці, являють собою лінійно залежні вектори.

, що виконані співвідношення

Оскільки лінійна комбінація рішень лінійного однорідного рівняння є його рішенням, можна ввести рішення виду

Лінійну комбінацію рішень із тими самими коефіцієнтами.

Зауважимо, що за це рішення задовольняє нульовим початковим умовам, це випливає з виписаної вище системи рівнянь. Але очевидне рішення лінійного однорідного рівняння теж задовольняє тим самим нульовим початковим умовам. Тому з теореми Коші випливає, що введене рішення тотожно дорівнює тривіальному, отже,

тому рішення лінійно залежать.

Слідство.Якщо визначник Вронського, побудований на рішеннях лінійного однорідного рівняння, перетворюється на нуль хоча б у одній точці, він тотожно дорівнює нулю.

Доказ. Якщо , то рішення лінійно залежні, отже, .

Теорема.1. Для лінійної залежності рішень необхідно та достатньо(або).

2. Для лінійної незалежності рішень необхідно й достатньо.

Доказ. Перше твердження випливає з доведеної вище теореми та слідства. Друге твердження легко доводиться протилежного.

Нехай рішення є лінійно незалежними. Якщо , то рішення лінійно залежать. Протиріччя. Отже, .

Нехай . Якщо рішення лінійно залежні, то , отже, , протиріччя. Тому рішення лінійно незалежні.

Слідство.Звернення визначника Вронського на нуль хоча б у одній точці є критерієм лінійної залежності рішень лінійного однорідного рівняння.

Відмінність визначника Вронського від нуля є критерієм лінійної незалежності розв'язків лінійного однорідного рівняння.

Теорема.Розмірність простору розв'язків лінійного однорідного рівняння n-ого порядку дорівнює n.

Доказ.

a) Покажемо, що є n лінійно незалежних рішень лінійного однорідного диференціального рівняння n-го порядку. Розглянемо рішення , що задовольняють наступним початковим умовам:

...........................................................

Такі рішення є. Насправді, за теоремою Коші через точку проходить єдина інтегральна крива – рішення. Через точку проходить рішення через точку

- Рішення , через точку - Рішення.

Ці рішення лінійно незалежні, оскільки .

b) Покажемо, що будь-яке рішення лінійного однорідного рівняння лінійно виражається через ці рішення (є їх лінійною комбінацією).

Розглянемо два рішення. Одне - довільне рішення із початковими умовами . Справедливе співвідношення

Теорема 1. (Про лінійну незалежність ортогональних векторів). Тож нехай система векторів лінійно незалежна.

Складемо лінійну комбінацію ∑λ i x i =0 і розглянемо скалярний твір(x j , ∑λ i x i) = λ j | 2 = 0, але | | x j | | 2 ≠0⇒λ j =0.

Визначення 1. Система векторівабо (e i, e j) = j - символ Кронекера, називається ортонормованою (ОНС).

Визначення 2. Для довільного елемента x довільного нескінченномірного евклідового простору та довільної ортонормованої системи елементів поруч Фур'є елемента x по системі називається формально складена нескінченна сума (ряд) виду , в якій дійсні числа i називаються коефіцієнтами Фур'є елемента x по системі , де i = (x, e i).

Коментар. (Звичайно, виникає питання про збіжність цього ряду. Для дослідження цього питання зафіксуємо довільний номер n та з'ясуємо, що відрізняє n-ю частковусуму низки Фур'є від будь-якої іншої лінійної комбінації перших n елементів ортонормованої системи.)

Теорема 2. Для будь-якого фіксованого номера n серед усіх сум виду найменше відхилення від елемента x за нормою даного простору евкліда має n-а часткова сума ряду Фур'є елементa

Враховуючи ортонормованість системи та визначення коефіцієнта Фур'є, можна записати

Мінімум цього виразу досягається при c i =λ i , тому що при цьому завжди невід'ємна перша сума в правій частині звертається в нуль, а решта доданків від c i не залежать.

приклад. Розглянемо тригонометричну систему

у просторі всіх інтегрованих по Ріману функцій f(x) на сегменті [-π,π]. Легко перевірити, що це ОНБ, і тоді Ряд Фур'є функції f(x) має вигляд де .

Коментар. (Тригонометричний ряд Фур'є зазвичай записують у вигляді Тоді )

Довільна ОНБ у нескінченномірному евклідовому просторі без додаткових припущень, взагалі кажучи, не є базисом цього простору. На інтуїтивному рівні, не даючи строгих визначень, опишемо суть справи. У довільному нескінченномірному евклідовому просторі E розглянемо ОНС, де (e i, e j) = ij - символ Кронекера. Нехай M - підпростір евклідова простору, а k = M ⊥ - підпростір, ортогональне до M, таке, що евклідове простір E = M + M ⊥ . Проекція вектора x∈E на підпростір M - вектор ∈M, де

Ми шукатимемо ті значення коефіцієнтів розкладання α k , при яких нев'язка (квадрат нев'язки) h 2 =||x-|| 2 буде мінімальна:

h 2 =||x-|| 2 =(x-,x-)=(x-∑α k e k ,x-∑α k e k)=(x,x)-2∑α k (x,e k)+(∑α k e k ,∑α k e k)= ||x|| 2 -2∑α k (x,e k)+∑α k 2 +∑(x,e k) 2 -∑(x,e k) 2 =||x|| 2 +∑(α k -(x,e k)) 2 -∑(x,e k) 2 .

Зрозуміло, що це вираз прийматиме мінімальне значення при α k =0, що тривіально, і при α k =(x,e k). Тоді ρ min =||x|| 2 -∑α k 2 ≥0. Звідси одержуємо нерівність Бесселя ∑α k 2 ||x|| 2 . При ρ=0 Ортонормована система векторів (ОНС) називається повною ортонормованою системою в сенсі Стеклова (ПОНС).Звідси можна здобути рівність Стеклова - Парсеваля ∑α k 2 =||x|| 2 - "теорему Піфагора" для повних у сенсі Стеклова нескінченномірних евклідових просторів. Тепер слід було б довести, що для того, щоб будь-який вектор простору можна було єдиним чином подати у вигляді ряду Фур'є, що сходить до нього, необхідне і достатньо виконання рівності Стеклова-Парсеваля. Система векторів pic=""> ОНБ утворює? система векторів Розглянемо на часткову суму ряду Тоді як хвіст ряду, що сходить. Таким чином, система векторів є ПОНС та утворює ОНБ.

приклад.Тригонометрична система

у просторі всіх інтегрованих по Ріману функцій f(x) на сегменті [-π,π] є ПОНС і утворює ОНБ.