Дипломная работа: Алгебра октав
Действительно,
(ww1, ww1) = (( ww1)() + (ww1)()) = (( ww1)(1) + (ww1)(1)) = (ww1)(1) = w(w11) = | w1 |2* w11 = | w |2 * | w1 |2 = (a2 + b2 + c2 + d2 + A2 + B2 + C2 + D2) * () = (w, w)(w1, w1).
Итак, все условия скалярного произведения при
(w, w1) = (w1+w1)
для октав w и w1 выполнены.
Лемма 2. В любой нормированной линейной алгебре имеет место тождество:
(a1b1,a2b2) + (a1b2, a2b1) = 2(а1, a2)(b1, b2). (1)
Подставим в основное тождество () данной нормированной линейной алгебры вместо х сумму a1 + а2, а вместо у - элемент b. Тогда:
((a1 + а2)b, (а1 + a2)b) = (a1 + а2, а1 + а2)(b, b)
(a1b + a2b, a1b + a2b) = (a1+a2, a1+a2)(b, b)
(a1b + a2b, a1b) + (a1b + a2b, a2b) =
(а1, a1)(b, b) + (a2, a2)(b, b) + 2(a1, a2)(b, b)
(a1b, a1b) + (a2b, a2b) + 2(а1b, a2b) =
(a1, a1)(b, b) + (a2, a2)(b, b)+2(a1, a2)(b, b). (2)
Но в силу условия ():
(a1b, a1b) = (a1, a1)(b, b); (a2b, a2b) = (a2, a2)(b, b).
Тогда из (2) следует
(a1b,a2b) = (a1, a2)(b, b). (3)
Заменим в (3) b на сумму b1 + b2:
(a1(b1 + b2), a2(b1 + b2)) = (a1, a2)(b1 + b2, b1 + b2)
(a1b1+a1b2, a2b1+a2b2) = (a1, а2)((b1, b1)+(b2, b2)+2(b1, b2))
(a1b1, a2b1) + (a1b1, a2b2) + (a1b2, a2b1) + (a1b2, a2b2) =
(a1, a2)(b1, b1) + (a1, a2)(b2, b2) + 2(a1, a2)(b1, b2). (4)
Но в силу (З):
(a1b1, a2b1) = (a1, a2)(b1, b1); (a1b2, a2b2) = (a1, a2)(b2, b2).
Тогда из (4) следует
(a1b1, a2b2) + (a1b2, a2b1) = 2(a1, a2)(b1, b2),
что и требовалось доказать.
Лемма 3. В нормированной линейной алгебре с единицей имеет место равенство
(аb) = (b, b)а. (5)
Докажем это равенство для случая b 1 . По следствию из леммы 1 тогда для любого х А имеет место х = k1 + b, откуда при х = b следует k = 0. В этом случае
= - b.
Рассмотрим элемент с = (ab) - а, где = (b, b).
В силу свойств скалярного произведения имеем:
(с, с) = ((аb) - а, (аb) - а) =((аb) , (ab) ) + 2(a, а)- 2((ab) , а). (6)
Упростим первое слагаемое в правой части равенства (6):
((аb) , (ab) ) = (ab, аb)( , ) = (а, а)(b, b)( , ) = (a, а)(b, b)2 = 2(а, а).
Для упрощения третьего слагаемого в правой части равенства (6) воспользуемся тождеством (1), записав его в виде:
(а1b1, а2Ь2) = 2(а1, a2)(b1, b2) - (a1b2, a2b1).
Положив a1 = ab, b1 = , a2 = a, b2 = 1, получим:
((аb) , a) = 2(ab, а)( , 1) - (ab, а). (7)
Так как
b1, то (, 1) = (-b, 1) = -(b, 1) = 0.
Далее:
-(ab, а) = -(ab, а(-b)) = (ab, ab) = (a, a)(b, b) = (а, а).
Тогда:
((аb) , а) = (а, а).
Отсюда в равенстве (6) получаем:
(с, с) = 2(а, а) + 2(а, а) - 22(а, а) = 0.
Так как (с, с) = 0, то с = 0, или (ab) - а = 0, откуда
(аb) = а = (b, b)a.
Если b не ортогонален 1, то b = k1 + b/, где b/ 1. Тогда
= k1 - b/ и (аb) = (а(k1+ b/))(k1- b/) = k2а - (ab/)b/ = k2а + (аb/)/.
Так как по доказанному выше:
(аb/)/.= (/,/)а, то (аb) = k2a + (b/, b/)a = [k2 + (b', b')]a = (b, b)a,
так как
(b, b) = (k1+ b/, k1+ b/) = k2(1, l) + (b', b')+2k(b', l) = k2 + (b', b')
в силу того, что (1, 1) = 1 и (b/ , 1) = 0, так как b/ 1.
Следствие 1. В нормированной линейной алгебре с единипей имеет место равенство
(ах)+(ау) = 2(х,у)а. (8)
Подставим в тождество (5) вместо b сумму х + y. Тогда
(а(х + у))() = (х + у, х + у)а (а(х + у))( +) = ((х, х) + (у, у) + 2(х, у))а (ах) + (ау) + (ах) + (ау) = (х, х)а+(у, у)а + 2(х, у)а.
В силу тождества (5):
(ax)= (х, х)а, (ау) = (у, у)а.
Тогда:
(ах) + (ау) = 2(х, у)а,
что и требовалось доказать.
Следствие 2. Нормированная линейная алгебра с единицей является альтернативной линейной алгеброй.
Если в равенстве (5) (ab) = (b, b)a положить а = 1, то получается b = (b, b)l = (b, b). Тогда (ab) = a(b), откуда следует, что (ab)b = a(bb).
Аналогично можно доказать, что b(ba) = (bb)a.
Отсюда следует, что алгебра является альтернативной линейной алгеброй.
п. п. 6.2 Теорема Гурвица
Пусть - линейная алгебра с единицей. Согласно Лемме 1 каждый элемент а А однозначно представляется в виде
а = k1+ а', где k R и а' 1.
В алгебре введем операпию сопряжения: элемент, сопряженный элементу а, есть элемент ā = k1- а' Если а = kl, то а' = 0 и ā = k1, т.е. ā = а. Если же а 1, то ā = - а.
Имеют место:
а) ā = а;
б) () = = = (k+l)1-(a/ + b/) = (k1 – a/)(l1 – b/).
Пусть - подалгебра алгебры ,содержащая 1 и не совпадающая с .Выберем в В базис 1, i1, i2, … in, такой, что i1 1, i2 1, … in 1. Тогда любой элемент b B имеет вид: b = bо + b1i1 + b2i2 + … + bnin , а сопряженный ему элемент b = b0 - b1i1 - b2i2 - … - bnin, откуда и В.
Пусть е - единичный элемент, ортогональный В, т.е. для любого b В имеет место e b.
Рассмотрим множество В + Be = b1, b2 В. Покажем, что есть снова подалгебра алгебры .
Лемма 4. Подпространства и ортогональны друг другу, т.е. для любых u1, u2 B имеет место u1u2e.
Для доказательства этого факта в тождестве (1) положим вместо
а1 = u1, b1 = u2, a2 = e, b2 = 1.
Тогда
(u1u2, e) + (u1, eu2) = 2(u1, e)(u2, 1).
Так как u1, u2 В, то u1u2 В, а тогда u1u2 e, u1 e.
Значит,
(u1, u2e) = 0, (u1, e) = 0.
Тогда:
(u1, u2e) = 0, т.е. u1 u2e.
Теорема 1.
Представление любого элемента из В + Be в виде u1+ u2e, где u1, u2 В, единственно.
Пусть
u1 + u2e = u1/ + u2/e u1 - u1/ = (u2/ - u2)e,
откуда следует, что v=u1 - u1/ принадлежит одновременно двум ортогональным подпространствам В и Be. Тогда (v, v) = 0, откуда v = 0. Следовательно, u1 - u1/ = 0 и (u2/ - u2)e = 0. Из второго равенства либо u2/ - u2 = 0, либо е = 0. Но е ≠ 0, следовательно, u2/ - u2= 0. Тогда u1 = u1/ и u2 = u2', т.е. представление элемента из В + Be в виде u1 + u2e единственно.
Лемма 5. Для любых u, v А имеет место
(ue)v = (u)e. (9)
Воспользуемся тождеством (8) из следствия к лемме 3, положив в нем а = u, х = е, у = . Тогда:
(ue)v + (u)= 2(е, )u.
Так как е, то
(е, ) = 0 и (ue)v + (u)= 0.
Но = -е, так как е 1, тогда:
(ue)v + (u)(- е) = 0 (ue)v = (u)e.
Лемма 6. Для любых u, v A имеет место
u(ve) = (vu)e. (10)
Если в том же равенстве (8) положить а = 1, х = u, у = ve, то получаем:
(1*u)ve + 1*()ū = 2(u, ) * 1 u(ve) + ()ū = 2(u, ).
Так как u ve, то u , = -ve, в силу того, что из ve В следует ve 1. Следовательно,
Страницы: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9