Freud Róbert (2014)
ELTE Eötvös Kiadó
• 5.5.9 Írjuk fel, hogyan fogalmazható át az, hogy néhány lineáris kombinációja a leképezés. A
egyenlőség azt jelenti, hogy tetszőleges komplex számokra
azaz
teljesül. Innen látszik, hogy ha pl. az i1 index értéke az összes többi ir index értékétől különbözik, akkor szükségképpen λ1 =0: helyettesítsük be ugyanis az számokat. Természetesen hasonló érvényes a jr indexekre is.
• a) Alkalmazzuk a fentieket most az m=3 esetre. Mivel az leképezések nyilván nem egymás skalárszorosai, ezért közülük bármelyik kettő független. Emiatt ha három -nek egy lineáris kombinációja a leképezés, és kiderül, hogy ebben a kombinációban valamelyik λt együttható 0, akkor a másik két együttható is szükségképpen 0. A lineáris függetlenséghez így elég belátni, hogy bármely három (különböző) ( i1, j1 ),( i2 ,j2 ),( i3 ,j3 ) indexpár esetén vagy a három i indexérték, vagy a három j indexérték között van olyan, amely különbözik a másik kettőtől. Ha az i-k nem mind egyformák, akkor legalább az egyikük csak egyszer fordulhat elő. Ha egyformák, akkor pedig a j-k mind különbözők kell, hogy legyenek.
• b) Pl.
• c) Pl. az alábbi hét (ij) indexpárhoz tartozó leképezések lineárisan függetlenek Hom (V1,V2)-ben: (11),(12),(13),(14),(24),(34),(44). Ugyanis az i-k között a 2, a 3 és a 4 csak egyszer fordul elő, így az ezeknek megfelelő leképezésekhez tartozó utolsó három együttható λ5=λ6=λ7=0. Ugyanez a helyzet a j-knél az 1, 2, 3-mal, tehát az első három együttható is nulla. Ekkor azonban a maradék középső együttható, λ4 is csak nulla lehet.
Bebizonyítjuk, hogy bármely nyolc darab leképezés viszont már lineárisan összefüggő. Mivel a Hom (V1,V2) vektortér 4·2=8-dimenziós, így elég belátni, hogy az összes Aij által generált altér nem tartalmazza Hom (V1,V2) minden elemét. Megmutatjuk, hogy pl. az leképezés nem áll elő alakban. Alkalmazzuk mindkét oldalt az egységvektorokra. Ha α1=1, α2=α3=α4=0, akkor a képvektorok két koordinátájában a λ11+λ12+λ13+λ14=1 és a λ11+λ21+λ31+λ41=0 egyenlőségeket kapjuk. Az α2=1, α1=α3=α4=0 esetben λ21+λ22+λ23+λ24=
=λ12+λ22+λ32+λ42=0 adódik, és a másik két egységvektorra hasonlóan illetve az eredmény. Az első koordinátákra kapott összes egyenlőséget összeadva míg ugyanezt a második koordinátákra elvégezve adódik, ami ellentmondás.
• Megjegyezzük, hogy a feladat kényelmesebben tárgyalható a lineáris leképezések mátrixának segítségével (lásd az 5.7 pontot). Az leképezésnek egy olyan 2×4-es (komplex elemű) mátrix felel meg, amelyben az első sor i-edik és a második sor j-edik eleme 1-es, a többi elem pedig 0. Ekkor az összes mátrixai által generált alteret azok a mátrixok alkotják, amelyekben a két sor elemeinek az összege megegyezik. Ennek alapján a feladat általánosítása is jól kezelhető. Legyen V1 =Tn,V2=Tk és
Ekkor az így definiált nk darab leképezésre az alábbiak igazak.
a) Bármely három (különböző) leképezés lineárisan független Hom (V1,V2)-ben (feltéve hogy nk≥3).
b) Megadható négy (különböző) leképezés, amely lineárisan összefüggő (kivéve, ha n és k valamelyike 1).
c) A lineárisan független leképezések maximális száma (n-1)k+1.
• 5.6.23 Jelöljük rögzített u kvaternió esetén az α+βu alakú kvaterniók halmazát, ahol α, β valós, Tu-val. Az útmutatásban jelzett állítás szerint Tv a kvaternióalgebrának egy, a komplex számokkal izomorf részalgebrája. Legyen a w és a z kvaternió a v kvaterniónak egy-egy (feltételezett) n-edik gyöke. Mivel v nem valós szám, ezért nyilván w és z sem az. Ekkor a Tw és Tz részalgebra is 2-dimenziós, továbbá mindkettő tartalmazza a valós számokat és (wn=zn=)v-t, ezért Tw és Tz metszete is kétdimenziós. Ez csak úgy lehet, ha Tw=Tz=Tv. Ez azt jelenti, hogy a v kvaternió n-edik gyökeit Tv-ben kell keresnünk. Mivel Tv izomorf a komplex számokkal, ezért bármely nemnulla elemének, így a v-nek is pontosan n (különböző) n-edik gyöke van Tv-ben. Ennélfogva v-nek az összes kvaterniók körében is pontosan n (különböző) n-edik gyöke van.