Двойственное (сопряженное) пространство. Сопряженные операторы. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Двойственное (сопряженное) пространство. Сопряженные операторы.

Тема Линал и алгебра.

05 Двойственное (сопряженное) пространство. Сопряженные операторы.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79781

Опр. Пусть

𝒜 : V → W

- линейный оператор между линейными пространствами. Тогда сопряженным к $𝒜$ называется такой оператор

∗ ∗ ∗ 𝒜 : W → V

между двойственными(!) пространствами такой, что

∗ ∗ 𝒜 (φ)(v) = φ(𝒜(v)) ∀φ ∈ W , ∀v ∈ V

Задача. Проверить, что таким образом определенный $𝒜∗$ действительно будет линейным отображением между $∗ W$ и $∗ V$ .

Показать ответ и решение

Надо проверить, что $𝒜∗$ будет линейным как отображение между $W ∗$ и $V ∗$ . То есть надо проверить, что для любых двух функционалов $∗ φ1,φ2 ∈ W$ выполнено, что

𝒜 ∗(φ + φ ) = 𝒜 ∗(φ )+ 𝒜 ∗(φ ) 1 2 1 2

А также что для любого функционала $∗ φ ∈ W$ и для любого $λ ∈ ℝ$ выполнено, что

∗ ∗ 𝒜 (λφ ) = λ 𝒜 (φ)

1. Возьмем любой $v ∈ V$ :

∗ опр. опр. ∗ ∗ 𝒜 (φ1 + φ2)(v) = (φ1 + φ2)(𝒜)(v) = φ1(𝒜)(v)+ φ2 (𝒜)(v) = 𝒜 (φ1 )(v) + 𝒜 (φ2)(v)

И поскольку это равенство выполнено для всех $v ∈ V$ , то мы можем утверждать, что

∗ ∗ ∗ 𝒜 (φ1 + φ2 ) = 𝒜 (φ1)+ 𝒜 (φ2)

2. Возьмем любой $v ∈ V$ :

∗ опр. опр. ∗ 𝒜 (λ φ)(v ) = (λ φ)(𝒜)(v) = λ⋅φ (𝒜 )(v) = λ ⋅𝒜 (φ)(v)

И поскольку это равенство выполнено для всех $v ∈ V$ , то мы можем утверждать, что

∗ ∗ 𝒜 (λφ ) = λ 𝒜 (φ)

И мы все доказали.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79777

Пусть $𝒟$ - оператор дифференцирования, действующий в пространстве всех многочленов степени не выше, чем 4

𝒟 : 𝒫 → 𝒫 ≤4 ≤4

Выписать его матрицу относительно стандартного базиса $2 3 4 1,x,x ,x ,x$ и матрицу сопряженного оператора $𝒟∗$ относительно двойственного базиса.

Показать ответ и решение

Относительно стандартного базиса матрица самого оператора $𝒟$ выписывается как обычно - по столбцам должны стоять образы базисных векторов, разложенные по базису $2 3 4 1,x,x ,x ,x$ . Итак,

𝒟 (1) = 0,𝒟 (x) = 1,𝒟(x2) = 2x,𝒟 (x3 ) = 3x2,𝒟 (x4) = 4x3

( ) | 0 1 0 0 0| | 0 0 2 0 0| || || D = || 0 0 0 3 0|| |( 0 0 0 0 4|) 0 0 0 0 0

Но матрица $D ∗$ сопряженного оператора к оператору дифференцирования, то есть оператора $𝒟 ∗$ относительно двойственного базиса получается просто транспонированием матрицы самого оператора $𝒟$ :

( ) | 0 0 0 0 0| | 1 0 0 0 0| ∗ t || || D = D = || 0 2 0 0 0|| |( 0 0 3 0 0|) 0 0 0 4 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79776

Пусть $E$ - любое непустое подмножество (не обязательно даже подпространство!!) в линейном пространстве $V$ .

Опр. Аннулятором $E$ назовем такое множество линейных функционалов:

∗ AnnE = {f ∈ V |f(x) = 0 ∀x ∈ E }

Задача. Доказать, что $AnnE$ всегда обязательно будет подпространством в $V ∗$ . Какова будет его размерность?

Показать ответ и решение

1. Чтобы проверить, что $AnnE$ - подпространство в $V ∗$ , надо проверить, что оно замкнуто относительно сложения функционалов и умножения их на числа.

Действительно, пусть $f,g ∈ AnnE$ . Тогда $f + g$ тоже $∈ AnnE$ ?

Берем любой $x ∈ E$ , и считаем:

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = 0 + 0 = 0

(здесь мы воспользовались тем, что $f$ и $g$ сами были из аннулятора).

Получаем, что и сумма тоже лежит в аннуляторе.

Пусть $f ∈ AnnE$ . Тогда если возьмем любой $x ∈ E$ , то для любого $λ ∈ ℝ$ получим

λf (x ) = λ ⋅0 = 0

(здесь мы воспользовались тем, что $f$ сам был из аннулятора).

Значит, $AnnE$ замкнуто и относительно умножения на скаляры тоже. Значит, мы проверили, что $AnnE$ - подпространство в $V∗$ . Ну, почти. На самом деле, надо еще проверить, что $AnnE$ - всегда непусто, потому что подпространство не может быть пустым.

Но это правда так, например, нулевой функционал $𝒪$ всегда лежит в любом аннуляторе любого множества.

2. А какая будет размерность аннулятора $AnnE$ ? Давайте попробуем это понять. Во-первых, хотя само $E$ и не обязано было быть подпространством в $V$ , это было лишь подмножество в $V$ . Но, тем не менее, если обозначить через $spanE$ линейное подпространство в $V$ , порожденное всеми векторами из $E$ , то практически очевидно, что

Ann E = Ann (spanE )

Действительно, включение

Ann (spanE ) ⊂ Ann E

очевидно, потому что если какой-то линейный функционал аннулирует всевозможные линейные комбинации векторов из $E$ , то он аннулирует, в частности, и все векторы из $E$ . Покажем включение в обратную сторону, то есть покажем включение

Ann E ⊂ Ann (spanE )

Итак, пусть $f ∈ Ann E$ , то есть $f (x) = 0$ для любого $x ∈ E$ . Пусть теперь мы берем какой-то вектор $v ∈ spanE$ . Но тогда $v$ является линейной комбинацией векторов из $E$ , то есть $v$ можно записать в виде

v = λ x + λ x + ...+ λ x , x ∈ E, λ ∈ ℝ 1 1 2 2 k k i i

Но тогда

f(x) = f(λ x + λ x + ...+ λ x ) = λ f(x )+ λ f(x ) + ...+ λ f(x ) = λ ⋅0+ ...+ λ ⋅0 = 0 1 1 2 2 k k 1 1 2 2 k k 1 k

То есть получается, что $f(v) = 0$ и для любого $v ∈ spanE$ . Тем самым, мы показали обратное включение.

Следовательно,

Ann E = Ann (spanE )

А поэтому, раз они просто тупо равны как подпространства в $∗ V$ , то конечно и их размерности равны:

dim Ann E = dim Ann (spanE )

Но размерность $dim Ann (spanE )$ уже нетрудно найти.

А именно, $spanE$ - это некоторое подпространство в $V$ . Выберем базис в нём. Пусть

e1,...,es

- базис в $spanE$ . Дополним его до базиса во всём $V$ . То есть будет

e◟1,..◝.◜,es◞ ,es+1,...,en базис в spanE

- базис во всем пространстве $V$ .

Пусть теперь

ξ1,ξ2,...,ξs,ξs+1,...,ξn

- двойственный базис в $∗ V$ .

Теперь, если какой-то функционал $f$ лежит в аннуляторе $Ann (spanE )$ , то, разложим его по двойственному базису:

f = a1ξ1 + ...+ asξs + as+1ξs+1 + ...+ anξn

Но если $f ∈ Ann (spanE )$ , то $f$ должен обнуляться на всех векторах из $spanE$ , в том числе, $f(e1) = f(e2) = ...= f(es) = 0$ . Но, вспоминая построение двойственного базиса, понимаем, что это означает, что $a1 = a2 = ...= as = 0$ . Таким образом, на самом деле $f ∈ Ann (spanE )$ раскладывается по базису в $∗ V$ следующим образом:

f = as+1ξs+1 + ...+ anξn

То есть, размерность аннулятора $Ann (spanE )$ не больше, чем $n − s$ . Но на самом деле она в точности равна $n− s$ , поскольку все базисные функционалы

ξs+1, ξs+2,...,ξn

очевидно лежат в $Ann (spanE )$ .

Таким образом, мы получаем, что

dim Ann E = dim Ann (spanE ) = dim V − dim spanE

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79385

Выберем в пространстве многочленов степени не выше трёх $𝒫 ≤3$ базис

1,1+ t,1+ t2,1+ t3

Описать явно двойственный к нему базис в $𝒫∗≤3$ .

Пусть теперь в $𝒫 ≤3$ выбран другой базис, а именно

1+ t3,t+ t3,t2 + t3,t3

Тогда двойственный к нему базис в $𝒫 ∗ ≤3$ будет уже другим.

Выписать матрицу перехода от старого двойственного базиса к новому двойственному базису в $∗ 𝒫 ≤3$ .

Показать ответ и решение

1. По определению, двойственный базис будет состоять из четырех функционалов $ξ1,ξ2,ξ3,ξ4$ таких, что

ξ (1) = 1,ξ ( остал ьных базисны х многочлено в ) = 0 1 1

ξ2(1+ t) = 1,ξ2( остальны х базисных м ногочленов ) = 0

2 ξ3(1 + t ) = 1,ξ3( остальных базисны х многочл ен ов ) = 0

3 ξ4(1 + t ) = 1,ξ4( остальных базисны х многочл ен ов ) = 0

2. Далее, в самом пространстве $𝒫 ≤3$ матрица перехода от старого базиса к новому будет такой:

( ) | 0 − 2 − 2 − 1| || 0 1 0 0|| C = | | |( 0 0 1 0|) 1 1 1 1

(По столбцам записаны координаты новых базисных векторов в старом базисе).

Но как мы знаем, матрица перехода от старого двойственного базиса к новому двойственному базису в $𝒫 ∗ ≤3$ будет $(Ct)−1$ .

( ) −1 ( ) 0 0 0 1 1 0 0 − 1 || − 2 1 0 1|| || 1 1 0 − 2|| (Ct)−1 = || || = || || |( − 2 0 1 1|) |( 1 0 1 − 2|) − 1 0 0 1 1 0 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79380

Пусть $f ∈ V ∗,f ⁄= 𝒪$ - произвольный ненулевой линейный функционал на $V$ . Доказать, что его ядро $kerf$ обязательно является максимальным подпространством в $V$ , то есть для любого $x/∈ kerf$ выполнено, что

span({x}∪ kerf ) = V

Показать ответ и решение

Итак, возьмем $x/∈ kerf$ .

Такой $x$ обязательно найдется, потому что над $f$ - ненулевой функционал, а, значит, его ядро не совпадает со всем пространством $V$ .

Надо доказать, что

span({x}∪ kerf ) = V

То есть, иными словами, что любой вектор не из ядра, вместе со всем ядром, уже будет порождать всё пространство $V$ .

Раз $x/∈kerf$ , то по определению $f(x) ⁄= 0$ . Тогда для любого вектора $y ∈ V$ можно написать разложение

y = f(y)x+ (y − f(y)x ) f(x) f(x) ◟-◝v◜1-◞ ◟----◝v◜2---◞

$v1$ , очевидно, лежит в $< x >$ , потому что он просто пропорционален $x$ , а $v2$ , очевидно, лежит в ядре $kerf$ , поскольку

f(y) f(y) f(v2) = f(y − ----x) = f(y) − ----f(x) = f(y)− f (y) = 0 f(x) f(x)

Следовательно, любой вектор из $V$ раскладывается в сумму вектора, пропорционального $x$ и вектора из ядра $ker f$ . Следовательно, вектор $x$ , вместе с базисом ядра $kerf$ будет образовывать базис всего пространства $V$ . И мы всё доказали.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел