Дипломная работа: Алгебра октав
Действительно,
(ww1, ww1) = 
((
ww1)(
) + (ww1)(
)) = 
((
ww1)(
1
) + (ww1)(
1
)) = (ww1)(
1
) = w(w1
1) 
= | w1 |2* w1
1 = | w |2
* | w1 |2 = (a2 + b2 + c2 + d2 + A2 + B2 + C2 + D2) * (
) = (w, w)(w1, w1).
Итак, все условия скалярного произведения при
(w, w1) = 
(w
1+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
b
1, 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) - 2
2(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 u1
u2e.
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
