Tampereen yliopisto Lineaarialgebra 2 Harjoituksen 5 ratkaisuja Kevät 2024

Tehtävien 1–5 ratkaisut on muokattu Ville Puuskan tekemistä.

Tehtävä 1. Olkoon E ⊆ V ääretön kanta. Tällöin E:llä on aito osajoukko F ⊊ E, jolle |F | = |E|. Tarkastellaan V:n aliavaruutta U = sp(F). Koska E on kantana vapaa, niin jokaiselle x ∈ E ∖ F pätee x ∉ sp(F), joten

U = spF ⊊ spE = V.

Siis U on V:n aito aliavaruus, jolle

dim(U) = |F | = |E| = dimV.

Tehtävä 2.

a) Jos p = 2, niin e′_{0}+e′_{1}+e′_{2} = (0, 1, 1)+(1, 0, 1)+(0, 0, 1) = (1+1, 1+1, 1+1) = (0, 0, 0), joten E′ on sidottu eikä ole kanta. Jos taas p ≠ 2, niin samainen lasku tuottaa tuloksen e′_{0}+e′_{1}+e′_{2} = (0, 1, 1)+(1, 0, 1)+(0, 0, 1) = (1+1, 1+1, 1+1) = (2, 2, 2), joten (1, 1, 1) = 2^{−1} (e′_{0}+e′_{1}+e′_{2}) ∈ sp(E′). Koska (1, 1, 1) ∈ sp(E′) ja e′_{i} = (1, 1, 1)−e_{i} ∈ E′, niin e_{i} = (1, 1, 1) − e′_{i} ∈ sp(E′), kun i ∈ {0, 1, 2}. Siis E ⊆ sp(E′), mistä seuraa, että E′ on V:n virittäjistö. Koska |E′| = 3 = |E| = dim(V), niin E′ on V:n kanta.

Vastaus: E′ on kanta, jos ja vain jos p ≠ 2.

b) E_{0} = E on triviaalisti kanta. E_{1} = {e_{0}, e_{1}, e′_{0}} on kanta, sillä e_{2} = (0, 0, 1) = 2e_{1} + e′_{0} ∈ sp(E_{1}), joten E_{1} virittää koko avaruuden, jolloin se on myös vapaa, koska |E_{1}| = 3 = dimV. E_{2} = {e_{0}, e′_{1}, e′_{0}} on kanta, sillä e_{1} = (0, 1, 0) = e_{0} + 2e′_{1} + e′_{0} ∈ sp(E_{2}). E_{3} = E′ on jo todettu yllä kannaksi.

Tehtävä 3. Sopivan esimerkin voi tietenkin muodostaa lukuisalla eri tavalla.

Tapa 1: Tarkastellaan ℤ-modulia ℤ. Sillä on luonnollinen kanta {1}, sillä n · 1 ≠ 0 kaikilla n ∈ ℤ ∖ {0} ja ℤ = sp({1}).

Olkoon S = {2, 3}. Tällöin

sp(S) = {2m + 3n | m, n ∈ ℤ} = ℤ

algebran peruskurssilla opitun mukaisesti: koska syt{2, 3} = 1, niin jokaisella s ∈ ℤ Diofantoksen yhtälöllä 2m + 3n = s on ratkaisu. Joukko S on tietenkin itse sidottu, sillä 3·2+(−2)·3 = 0. Joukon S aidot osajoukot eivät viritä koko ℤ:aa, sillä sp({2}) = 2ℤ ja sp({3}) = 3ℤ (sekä sp(∅) = {0}). Siis ℤ-moduli ℤ on moduli, jolla on äärellinen kanta {1}, mutta jonka virittäjistö S ei sisällä mitään kantaa.

Tapa 2: Olkoon M = ℤ^{2}, joka tulkitaan ℤ-moduliksi. Tällä tietenkin on äärellinen kanta. Joukko S = {(2, 2), (2, 3), (3, 2)} ⊆ ℤ^{2} on virittävä joukko joka ei sisällä kantaa. Osoitetaan ensin virittävyys: (1, 0) = (3, 2) − (2, 2) ∈ sp(S) ja (0, 1) = (2, 3) − (2, 2) ∈ sp(S).

Osoitetaan sitten, että S ei sisällä kantaa. Ensinnäkin, S ei ole kanta, sillä se ei ole vapaa: 0 = (0, 0) = 2(3, 2) + 2(2, 3) − 4(2, 2). Jokaisessa kannassa pitää tietenkin olla vähintään 2 alkiota, joten vielä pitää osoittaa, että {(2, 2), (2, 3)}, {(2, 2), (3, 2)} ja {(2, 3), (3, 2)} eivät ole kantoja.

Joukko {(2, 2), (2, 3)} ei ole virittävä, sillä (1, 0) ∉ sp{(2, 2), (2, 3)}: jokaisella (a, b) ∈ sp{(2, 2), (2, 3)} selvästi pätee 2 | a, mutta 2 ∤ 1, joten (1, 0) ∉ sp{(2, 2), (2, 3)}. Vastaavasti voidaan osoittaa, että (0, 1) ∉ sp{(2, 2), (3, 2)} joten myöskään {(2, 2), (3, 2)} ei ole kanta.

Osoitetaan vielä lopuksi, että (1, 0) ∉ sp{(2, 3), (3, 2)}. Tehdään vastaoletus: (1, 0) = a(2, 3) + b(3, 2) ∈ sp{(2, 3), (3, 2)}. Koska 0 = 3a + 2b, niin on olemassa x ∈ ℤ s.e. a = −2x ja b = 3x. Siis 1 = 2a + 3b = −4x + 9x = 5x, mikä on tietenkin mahdotonta. Siis (1, 0) ∉ sp{(2, 3), (3, 2)} joten {(2, 3), (3, 2)} ei ole kanta.

Tehtävä 4. a) Koska A on lineaarikuvauksena ryhmähomomorfismi, niin

A(¯0_{L}) = A(¯0_{L} + ¯0_{L}) = A(¯0_{L}) + A(¯0_{L}),

mistä vähentämällä A(¯0_{L}) puolittain saadaan ¯0_{M} = A(¯0_{L}).

Kun x ∈ L, niin

A(−x) + A(x) = A(−x + x) = A(¯0_{L}) = ¯0_{M},

joten −Ax = A(−x).

b) A(¯0_{L}) = A(0_{R} · ¯0_{L}) = 0_{R} · A(¯0_{L}) = ¯0_{M}.

Olkoon x ∈ L. Nyt −A(x) = (−1_{R})A(x) = A((−1_{R})x) = A(−x).

Tehtävä 5. Olkoot a ∈ ℝ ja x, y ∈ C. Kun t ∈ ℝ, niin

A(x + y)(t) = ∫_{0}^{t} e^{s}((x + y)(s))ds = ∫_{0}^{t}(e^{s}x(s) + e^{s}y(s))ds

= ∫_{0}^{t} e^{s}x(s)ds + ∫_{0}^{t} e^{s}y(s)ds = A(x)(t) + A(y)(t)

= (A(x) + A(y))(t)

ja

A(ax)(t) = ∫_{0}^{t} e^{s}(ax)(s)ds = ∫_{0}^{t} e^{s}ax(s)ds

= a ∫_{0}^{t} e^{s}x(s)ds = aA(x)(t)

= (aA(x))(t).

Siksi A(x + y) = A(x) + A(y) ja A(ax) = aA(x). Siis A on lineaarinen operaattori.

Jos x ∈ C, x ≠ ¯0, niin kuvauksen x jatkuvuuden nojalla on olemassa sellainen suljettu väli [a, b] = I ⊆ ℝ, a < b, että x saa välillä I joko vain positiivisia arvoja tai vain negatiivisia arvoja. Tällöin

A(x)(b) − A(x)(a) = ∫_{0}^{b}e^{s}x(s)ds − ∫_{0}^{a} e^{s}x(s)ds

= ∫_{0}^{b}e^{s}x(s)ds + ∫_{a}^{0} e^{s}x(s)ds

= ∫_{a}^{b}e^{s}x(s)ds ≠ 0.

Siis A(x)(a) ≠ A(x)(b), mistä seuraa A(x) ≠ ¯0. Siis KerA = {¯0} ja A on injektio.

Huomataan, että A(x)(0) = 0 kaikilla x ∈ C. Kuitenkin esimerkiksi vakiofunktiolla 1 ∈ C pätee 1(0) = 1 ≠ 0, jolloin 1 ∉ ImA. Siis ImA ≠ C.

Tehtävä 6. Oletetaan, että x = x_{0} on yhtälön A(x) = y_{0} ratkaisu eli A(x_{0}) = y_{0}. Merkitään S:llä kaikkien ratkaisujen joukkoa, ts. S = A^{−1} [{y_{0}}]. Olkoon x ∈ x_{0} + Ker(A), jolloin x = x_{0} + t, missä t ∈ Ker(A). Tällöin

A(x) = A(x_{0} + t) = A(x_{0}) + A(t) = y_{0} + ¯0 = y_{0},

joten x ∈ S. Siis x_{0} + Ker(A) ⊆ S.

Olkoon toisaalta x ∈ S eli A(x) = y_{0}. Tällöin

A(x − x_{0}) = A(x) − A(x_{0}) = y_{0} − y_{0} = ¯0

eli x − x_{0} ∈ Ker(A). Siis x = x_{0} + (x − x_{0}) = x_{0} + Ker(A). Tästä seuraa, että S = x_{0} + Ker(A).

Jälleen toivotut esimerkit pystyy muodostamaan monella tavalla.

Tapa 1 (á la PS): Tarkastellaan ℤ-modulia ℤ ja sen lineaarikuvausta A: ℤ → ℤ, A(x) = 2x. Tällöin yhtälöllä A(x) = 1 ei ole lainkaan ratkaisuja, sillä Im(A) = 2ℤ ja 1 on pariton. Toisaalta yhtälöllä A(x) = 6 on ratkaisu x = 3 eikä muita ratkaisuja, sillä Ker(A) = {0}.

Tapa 2: Tarkastellaan reaalisen vektoriavaruuden ℝ^{2} lineaarikuvausta A: ℝ^{2} → ℝ^{2}, A(x, y) = (x, 0). Selvästi Y = Ker(A) = { (0, y) | y ∈ ℝ } ja Im(A) = {(x, 0) | x ∈ ℝ}. Siis yhtälöllä A(x, y) = (1, 1) ei ole lainkaan ratkaisuja ja yhtälön A(x, y) = (3, 0) ratkaisujen joukko on (3, 0) + Y.