АГ ПЗ 1-35 (полный вариант)

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Удмуртский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

п.3 Примеры

} является ли-

Пример 1. Докажите, что система столбцов {

} является ли-

.pdf

Скачиваний:

254

Добавлен:

13.05.2015

Размер:

2.41 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 2625 26 > Следующая >>>

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

1		5	1	7

	0	11	1	10	~
~
	0	17	7	10

4) умножим вторую строку на 3, а третью на (–2):

1		5	1	7

	0	33	3	30	~
~
	0	34	14	20

(Этот и следующий шаги нам потребовались для того, чтобы избежать работы с дробями.)

5) прибавим ко второй строке третью и разделим третью строку на 2:

1		5	1	7

	0	1	11	10	~
~
	0	17	7	10

6) умножаемвторуюстрокуна(–17) иприбавляемктретьей:

1		5	1	7

	0	1	11	10	~
~
	0	0	180	180

7) делим третью строку на 180:

1		5	1	7

	0	1	11	10	;
~
	0	0	1	1

8) записываем систему по полученной матрице:

		x1 5x2 x			3 7
			x2	11x	3 10 ;
			x2	11x	3 10 ;
				x	3 1
				x	3 1
9) решаем полученную систему:
		x3 1, x2 1, x1 3 .
3
Ответ: X	1	.
	1
	1
				9

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

Замечание. Решая систему примера 6 методом Гаусса мы приводили расширенную матрицу системы (A | B) к трапециевидному виду. Мож-

но, используя этот же метод, привести эту матрицу к виду (E | X) , где Е

– единичная матрица, а Х – искомое решение. Продемонстрируем это на примере.

Вернемся к предыдущему примеру. На 7-м шаге мы получили матрицу:

1		5	1	7

	0	1	11	10	~
~
	0	0	1	1

8) умножим 3 – ю строку на 11 и прибавим ко 2 – й:

1		5	1	7

	0	1	0	1	~
~
	0	0	1	1

9) прибавим 3 – ю строку к первой:

1		5	0	8

	0	1	0	1	~
~
	0	0	1	1

10) умножим вторую строку на (–5) и прибавим к первой:

1		0	0	3

	0	1	0	1	;
~
	0	0	1	1

11) записываем систему по полученной матрице:

x1 3x2 1 .x3 1

Таким образом, в результате всех шагов мы получили:

2		1	1	4	1		0	0	3

	3 4		2			0	1	0	1	(E \| X) .
(A \| B)				11	~
		2
	3		4	11		0	0	1	1

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

Это позволяет нам не возвращаться более к системе, а сразу получать ответ.

Ответ: X 1 .

п.4 Задачи Задачидляаудиторногорешения33

1.Определите, содержитлистрокаступенькуикакойдлины:

а) (0, 1, –1, 2); б) (3, 0, 0, –1, 2); в) (0, 0, 4, 0, 0, 1).

2.Определите вид матрицы:

3		2	5		1						3		2	5		0
	0	3	1		5							0	3	0		5
а)	0	3	1		5			; б)				0	3	0		5	;
	0	0	3 4									0 0 0			4
	0	0	0									0 0 0				0
	0	0	0		1							0 0 0				0
1		0	1		3				2			5	1		3		2		5	1
					3				2			5	1		3		2		5	1
в)	0	1	1 ; г)			0			0			0 1 ; д)				0	2		0 1 .
	0	0	1
	0	0	1			0 0										0	0		1 0
	0	0				0 0						0 0				0	0		1 0
	0	0	0
3. Приведите матрицу к ступенчатому виду:
									5			2		3	2		5		1
1 5			3						2			3		3	2		5		1
1 5			3						2			3		2		1		0
а)			; б)									; в)		2		1		0	1 .
	2 1		4						3			1		2		0		3	3
									2					2		0		3	3
									2			5
4. Приведите матрицу к диагональному виду:
	4	5	2				1			2			0		1		3
	4	5		0			1							1	0		2
а)			; б)	0			1			1 ;			в)	1	0		2	.
	3	4		0											1 4
				0				1 0					2		1 4

5. Решить систему методом Гаусса:

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

x1 x2 2x3 3x					4 1				x2 3x3 4x4 5
			2 x3 2x		4 4							2x3 3x4								4
3x1 x			2 x3 2x		4 4			;	x1			2x3 3x4								4			;
а)		3x2 x3 x			4 6			;	б)			2x2 5x4 12											;
2x1		3x2 x3 x			4 6				3x1			2x2 5x4 12
					4 4							3x2 5x3 5
x1 2x2 3x3 x					4 4				4x1			3x2 5x3 5
x1 2x			2 3x3 2x4 6						x		1	x			2	x		3	x		4	0
x1 2x			2 3x3 2x4 6								1				2			3			4
		x2 2x3 3x4 8							x2 x3 x4 x5 0
2x1		x2 2x3 3x4 8										x1 2x2 3x3 2 ;
в)									; г)			x1 2x2 3x3 2 ;
3x1 2x2 x3 2x4 4											x		2	2x			3	3x			4	2
		3x2 2x3 x4 8										x	2	2x			3	3x			4	2
2x1		3x2 2x3 x4 8										x	3	2x			4	3x			5	2
													3				4				5
Домашнеезадание33
1. Приведите матрицу к ступенчатому виду:
	3		2	5	1				2					2			0			1

а) A		2	3 1		5		; б) A			2				3			1 3 .
		1 2 0			4					3				4			1			2
		1	1	4	9					1
		1	1	4	9					1				3 1 1
2. Решите систему методом Гаусса:
x1 2x2 3x3 4x4 5
	x2 2x3 3x4					1
2x1	x2 2x3 3x4					1	.
	2x2		x3 2x4			1	.
3x1	2x2		x3 2x4			1
	3x2		2x3 x4		5
4x1	3x2		2x3 x4		5

п.5 Вопросыизадачидлясамоконтроля33 Обозначения

1. Обозначение эквивалентных матриц.

Определения

1.Определение элементарных преобразований строк матрицы.

2.Определение матрицы эквивалентной данной.

3.Определение треугольной матрицы.

4.Определение ступеньки.

5.Определение ступенчатой матрицы.

6.Определение трапециевидной матрицы.

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

7. Определениеравносильныхсистемлинейныхуравнений.

Теоремы

1.Теорема об эквивалентных матрицах.

2.Теорема о приведении матрицы к ступенчатому виду.

3.Теорема о равносильных системах линейных уравнений.

Самостоятельная работа 33 Вариант 1

1. Определение матрицы эквивалентной данной.

	1		0	1	к ступенчатому виду.
2. Приведите матрицу		2	1		к ступенчатому виду.
		2	1	2
3.	Решите систему методом Гаусса: x 5y 1						.
Вариант 2					2x 9y 2
Вариант 2
1.	Определение треугольной матрицы.
2.	Приведите матрицу 2		1	1	3	к ступенчатому виду.
		1	0	0	4
					x	4y 3z 1
3.	Решите систему методом Гаусса:					y 2z 3 .
						3y 5z 5
						3y 5z 5
Вариант 3
1.	Определение ступенчатой матрицы.
		1	0	3
2.	Приведите матрицу	2	1	1 к ступенчатому виду.
		0	1	6
		0	1	6
						x 3z 1
3.	Решите систему методом Гаусса: 2x y z 1 .
						y 6z 10
						y 6z 10
Вариант 4
1.	Определение трапециевидной матрицы.
		2	1	1	2
2.	Приведите матрицу	1	0	1	2	к ступенчатому виду.
		2	3	2	5
		2	3	2	5
						2x y z 2
3.	Решите систему методом Гаусса:					x z 2 .

					5x 3y 2z 8
						13

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 33, УдГУ, Ижевск – 2011, с.14

Тест 33

1.Напишите строку длины 4, которая имеет ступеньку длины 2.

2.Напишите пример трапециевидной матрицы размера 2 4 .

3.		5	3		к треугольному виду.
3.	Приведите матрицу	4	5		к треугольному виду.
		4	5
		1		5		3
4.	Приведите матрицу	2		1	1 к ступенчатому виду.
		0	1
		0	1			1
	1		5		3
5.	Приведите матрицу	0	1	1		к диаглнальному виду.
		0	0
		0	0		1
	2		1	1		2
6.	Приведите матрицу	1	0	1		2	к трапециевидному виду.
		0	1		1
		0	1		1	2
7.	Решите систему методом Гаусса: 4x 5y 10 .
						3x 4y 21
						x 4y 3z 7
8.	Решите систему методом Гаусса:						5y 2z 3 .
							12y 5z 5
							12y 5z 5
							2x y z 2
9.	Решите систему методом Гаусса:						3x z 1 .

						x 2y z 1

2x y 1
10. При каком значении параметра р система x y 1	будет определенной? Ре-

x py 2

шите задачу используя метод Гаусса.

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

Практическое занятие 34 Вычисление обратной матрицы методом Гаусса

Теорминимум: обоснование метода Гаусса решения матричных уравнений и вычисления обратной матрицы.

п.1 Теория п.1.1 Решение линейного матричного уравнения методом Гаусса

Пусть дано матричное уравнение

AX B ,

где А – квадратная невырожденная матрица n-го порядка, В – матрица

размера n m ,	Х – неизвестная (искомая) матрица размера n m .
Обозначим	X1 , X2 ,...,Xm – столбцы матрицы Х, B1 , B2 ,...,Bm –

столбцы матрицы В и будем решать m систем линейных уравнений: AXk Bk , k 1, 2,...,m

с матрицей коэффициентов А , столбцом неизвестных Xk и столбцом свободных членов Bk .

Если мы решаем эти системы методом Гаусса, то мы выписываем расширенную матрицу коэффициентов и элементарными преобразованиями строк приводим ее к виду

(A | Bk ) ~ (E | Xk ) , k 1, 2,...,m ,

и проделываем это m раз, причем с матрицей А все преобразования повторяются.

Можно значительно сократить вычисления, если решать все m систем сразу, одновременно. Для этого выписываем матрицу (A | B) и

методом Гаусса приводим ее виду	(A \| B) ~ (E \| X) , где Х – искомая
матрица.
Замечание. Матричное уравнение	XA B, det A 0 , можно свести к

уравнению At Xt Bt и решить его методом Гаусса.

п.1.2 ВычислениеобратнойматрицыметодомГаусса

По определению, матрица обратная к матрице А является решением матричного уравнения AX E , где Е – единичная матрица того же порядка, что и матрица А. Решая это матричное уравнение также, как мы это только что делали в предыдущем пункте, получаем:

(A | E) ~ (E | A 1 ) .

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

п.2 Списокзадач Список №1

1.Методом Гаусса найти матрицу обратную данной.

2.Решить методом Гаусса линейное матричное уравнение.

п.3 Примеры Пример 1. Решить матричное уравнение

3		8	2		3	9
	3 9		4		1
				X		11 .
	1	3	1		7	5

Решение. Выписываем матрицу (A | B) и переставим третью строку на первое место (нам удобно, когда верхний левый элемент равен 1):

3 8			2	3	9	1 3 1				7	5

	3	9	4	1			3	8	2	3	9	~
(A \| B) ~					11	~

	1	3 1		7	5		3	9	4	1	11

умножаем первую строку на (–3) и прибавляем ко второй строке, а затем прибавляем к третьей строке

1		3	1	7	5

	0	1	1	18	6	~
~
	0	0	1	20	4

прибавляем третью строку ко второй, затем умножаем третью строку на (–1) и прибавляем к первой

1		3	0	27	9

	0	1 0		38	10	~
~
	0	0	1	20	4

умножаем вторую строку на 3 и прибавляем к первой

1		0	0	87	21	1 0 0				87	21

	0	1 0		38	10		0	1	0	38	10
~						~						.
	0	0	1	20	4		0	0	1	20	4

На последнем шаге мы умножили вторую строку на (–1).

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

87		21
	38	10
Ответ: X	38	10	.
	20	4
	20	4
				1		2	3
Пример 2. Найти матрицу обратную матрице					3	2	4
Пример 2. Найти матрицу обратную матрице				A	3	2	4	.
					2	1	0
					2	1	0

Решение. Выписываем матрицу (A | E) , умножаем первую строку на

(–3) и прибавляем ко второй, затем умножаем первую строку на (–2) и прибавляем к третьей

1 2			3	1	0	0	1 2			3	1 0		0

	3	2	4	0	1	0		0	4	5	3	1	0	~
							~
	2	1	0	0	0	1		0	5	6	2	0	1

умножаем третью строку на (–1) и прибавляем ко второй, добиваясь элемента 1 на пересечении второй строки и второго столбца

1		2	3	1	0	0

	0 1		1	1 1			~
~						1
	0	5	6	2	0	1

умножаем вторую строку на 5 и прибавляем к третьей

1		2	3	1	0	0

	0 1		1	1 1		1	~
~
	0	0	1	7	5	4

прибавляем третью строку ко второй

1		2 3		1	0	0

	0 1		0	8	6	5	~
~
	0	0	1	7	5	4

умножаем третью строку на 3 и прибавляем к первой

1		2	0	20	15	12

	0 1		0	8	6	5	~
~
	0	0	1	7	5	4

умножаем вторую строку на (–2) и прибавляем к первой

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

1		0	0	4	3	2

	0 1		0	8	6	5
~							.
	0	0	1	7	5	4

4		3	2
Ответ:	8	6	5	.
	7	5	4
	7	5	4

п.4 Задачи Задачидляаудиторногорешения34

1. Найти матрицу обратную данной методом Гаусса:

	3			4				13			4		19 15			0		1	3
а)	3			4				13			4		19 15			г) 2 3			5 ;
а)		2			;	б)					;		в)		;	г) 2 3			5 ;
		2		3				10			3		4		3		3	5	7
																	3	5	7
	1			2		1		2					0 0 1		1		1		1	1	3	1
	1			2		1		2					0 0 1		1			0	1 1 1			2
		3		8 0 4														0	1 1 1			2
д)		3		8 0 4						; е)			0 3 1 4			; ё)		0	0 1				;
д)		2		2		4		3		; е)			2 7 6		1	; ё)		0	0 1		2 1		;
		3		8 1				6										0	0 0 1 0
		3		8 1				6					1 2 2 1					0	0	0	1
																		0	0	0	1	1
	1			1		1		1	1		1
			0	1		1		1	1
			0	1		1		1	1		1
			0	0	1		1		1
ж)			0	0	1		1		1	1 .
			0	0		0		1	1		1
			0	0		0		0	1		1

			0	0		0		0	0
			0	0		0		0	0		1
2. Решить матричное уравнение:
	3			1		2				3 9			7
а)		4		3		3		X			1 11 7
а)		4		3		3		X			1 11 7			;
		1		3		0					7	5	7
		1		3		0					7	5	7

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

5		3	1	8 3			0
	1	3	2		5	9	0
б) X								.
	5	2	1		2	15	0

Задачиповышенногоуровнясложности34
1. Найти матрицу обратную данной методом Гаусса:
1		1	0 ...		0	1		2	3	4 ...	n 1	n
1		1	0 ...		0		0	1	2	3 ...	n 2	n 1
	0	1	1 ...		0		0	1	2	3 ...	n 2	n 1
	0	1	1 ...		0		0	0	1	2 ...	n 3	n 2
а)	0	0	1 ...		0	; б)
						. . . . .					.	.
. .			. .		.		0	0	0	0 ...	1	2
	0	0	0 ...		1
							0	0	0	0 ...	0	1
							0	0	0	0 ...	0	1
2. Пусть		X	и X	2	–	решения		матричных			уравнений:
		1		2

X2 A E , где А и Е – квадратные матрицы n-го порядка. что X1 X2 .

AX1 E и

Докажите,

Домашнеезадание34

1. Найти матрицу обратную данной методом Гаусса:

2		1	0	0
	3	2	0	0
					.
	1	1	3	4

	2	1	2	3

2. Решить матричное уравнение методом Гаусса:

1		2	3	1	3	0
	3	2	4		2 7
	3	2	4	X 10	2 7		.
	2	1	0		7 8
	2	1	0	10	7 8
Самостоятельная работа 34
Вариант 1
1. Определение невырожденной матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице 5								6	.
							4	5
							5

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

							1		5	3
3.	Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:							0	1 1 .
								0	0
								0	0	1
Вариант 2
1.	Определение обратимой матрицы.				1 .
2.	Найдите матрицу обратную матрице			5	1 .
			4			1
							1		0	0
3.	Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:							5	1	0 .
								3	1
								3	1	1
Вариант 3
1. Определение обратной матрицы.				5	6
2.	Найдите матрицу обратную матрице			5	6
2.	Найдите матрицу обратную матрице			6		.
				6		7
							1		0	1
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:								2	1	0 .
								0	1
								0	1	1
Вариант 4
1.	Необходимые и достаточные условия обратимости матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице			2		3
2. Найдите матрицу обратную матрице				6		.
				6		8
								1	0	1
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:								1	1	0 .
								1	1
								1	1	1
Тест 34					3
1.	Найдите матрицу обратную данной: 4				3	.
		7			5
								2	0	1
2.	Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:							2	1	0 .
								1	1
								1	1	1
3.	4	3				1	2
3.	Решите матричное уравнение	5	X			2	.
	7	5				2	6
4.	Решите матричное уравнение методом Гаусса:
				6

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7

	1		0	1	1		0	1
	1					0 1
	1		1 0 X			0 1		1 .
	1	1				1	0
	1	1		1		1	0	0
5. Решите матричное уравнение									4	3	1	2
5. Решите матричное уравнение									X		2	6	.
									7	5	2	6
6. Решите матричное уравнение методом Гаусса:
		1	0	1	1		0	1
		1				0 1
X		1	1 0			0 1		1 .
			1			1	0
	1		1	1		1	0	0

AX BY C

7. Решите систему матричных уравнений: , где

AX BY D

4		3	,	2		3	,		1 1	,		0 1
A	6	5		B	6	8		C			D	1 0	.
									0 1

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

Практическое занятие 35 Векторные пространства

Теорминимум: определение векторного пространства и его простейшие свойства, линейная комбинация системы векторов, тривиальная и нетривиальная линейная комбинация, линейно зависимые и независимые системы векторов, условия линейной зависимости или независимости системы векторов, порождающие системы векторов.

п.1 Теория п.1.1 Поле

Определение. Полем называют множество , на котором определены две внутренние бинарные алгебраические операции (сложение и умножение), удовлетворяющие следующим условиям (аксиомам поля): 1) сложение ассоциативно:

x, y,z : (x y) z x (y z) ;

2) в множестве существует нулевой элемент 0 :

x : x 0 0 x x ;

3)любой элемент множества имеет противоположный:

x , x : x ( x) ( x) x 0 ;

4)сложение коммутативно:

x, y : x y y x ;

5). Умножение ассоциативно:

x, y,z : (xy)z x(yz) ;

6). Умножение дистрибутивно относительно сложения:

x, y,z : (x y)z xz yz, x(y z) xy xz ;

7). Существует единичный элемент, отличный от нулевого:

1 , 1 0 : x , 1 x x 1 x ;

8). Умножение коммутативно:

x, y : xy yx ;

9). Любой ненулевой элемент имеет обратный:

x 0, x , x 1 : x x 1 x 1 x 1.

п.1.2 Векторное пространство

Определение. Пусть V – произвольное множество, элементы которого мы будем называть векторами, – поле, элементы которого мы будем называть скалярами. Пусть на множестве V определена опера-

ция сложения векторов:

V V V 1

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

x, y V : (x, y) x y V ,

иумножение вектора на скаляр:

V V

, x V : ( , x) x V .

Множество V вместе с этими двумя алгебраическими операциями называется векторным пространством над полем , если выполняются следующие аксиомы:

1) сложение ассоциативно:

x, y,z V : (x y) z x (y z)

2) в множестве V существует нулевой вектор 0 V :

x V : x 0 0 x x ;

3)любой вектор множества V имеет противоположный:

x V, x V : x ( x) ( x) x 0 ;

4)сложение коммутативно:

x, y V : x y y x ;

5) умножение вектора на скаляр подчиняется закону ассоциативности:

, , x V : ( )x ( x) ,

где произведение есть произведение скаляров, определенное в поле .

6)x V : 1 x x , где 1 – единица поля .

7)умножение вектора на скаляр дистрибутивно относительно сложе-

ния векторов:

, x, y V : (x y) x y ;

8)умножение вектора на скаляр дистрибутивно относительно сложе-

ния скаляров:

, , x V : ( )x x x .

Определение. Векторное пространство V над полем вещественных чисел называется вещественным векторным пространством.

Теорема. (Простейшие свойства векторных пространств.)

1)В векторном пространстве существует единственный нулевой вектор.

2)В векторном пространстве любой вектор имеет единственный противоположный ему.

3), x V : x 0 ( 0) (x 0) .

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

4) x V : ( 1)x x .

п.1.3 Системы векторов Определение. Системой векторов векторного пространства называют

любое конечное непустое множество векторов этого пространства.

Обозначение: { e1 ,e2 ,...,en } .

Определение. Выражение

1e1 2e2 ... n en ,

где 1 , 2 ,..., n – скаляры поля , e1 ,e2 ,...,en V – векторы век-

торного пространства V, называется линейной комбинацией системы векторов { e1 ,e2 ,...,en } . Скаляры 1 , 2 ,..., n называются коэффици-

ентами этой линейной комбинации.

Определение. Если все коэффициенты линейной комбинации равны нулю:

0 e1 0 e2 ... 0 en ,

то такая линейная комбинация называется тривиальной, в противном случае – нетривиальной.

Определение. Если какой-либо вектор х векторного пространства V может быть представлен в виде:

x 1e1 2e2 ... n en ,

то говорят, что вектор х линейно выражается через векторы системы { e1 ,e2 ,...,en } . В этом случае говорят также, что система { e1 ,e2 ,...,en }

представляет вектор х.

Определение. Если в равенстве

1e1 2e2 ... n en	0
все коэффициенты 1 2 ... n 0 ,	то говорят, что система

{ e1 ,e2 ,...,en } представляет нулевой вектор тривиально, в противном

случае говорят, что эта система представляет нулевой вектор нетривиально.

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

Определение. Система векторов векторного пространства, которая может представлять нулевой вектор нетривиально называется линейно зависимой, в противном случае она называется линейно независимой.

Замечание. Любая система векторов { e1 ,e2 ,...,en } может представ-

лять нулевой вектор тривиально:

0 0 e1 0 e2 ... 0 en .

Но этого недостаточно, чтобы выяснить линейно зависимая или же линейно независимая данная система векторов. Из определения следует, что линейно независимая система векторов не может представлять нулевой вектор нетривиально, а только тривиально. Поэтому для того, чтобы убедиться в линейной независимости данной системы векторов, нужно рассмотреть представление нуля произвольной линейной комбинацией этой системы векторов: 0 1e1 2e2 ... n en . Если это равенство невозможно при усло-

вии, чтобы хотя бы один коэффициент этой линейной комбинации был ненулевой, тогда эта система является по определению линейно независимой.

Следующие теоремы дают несколько критериев линейной зависимости и соответственно линейной независимости систем векторов.

Теорема. (Необходимые и достаточные условия линейной зависимости.) Система векторов векторного пространства является линейно зависимой тогда и только тогда, когда один из векторов системы линейно выражается через другие вектора этой системы.

Теорема. Система векторов, содержащая нулевой вектор или два равных вектора, является линейно зависимой.

Определение. Любое непустое подмножество системы векторов { e1 ,e2 ,...,en } называется подсистемой данной системы векторов.

Теорема. Система векторов содержащая линейно зависимую подсистему сама линейно зависимая.

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

Теорема. Система, состоящая из одного вектора является линейно зависимой тогда и только тогда, когда этот вектор – нулевой.

Следствие. Система, состоящая из одного вектора является линейно независимой тогда и только тогда, когда этот вектор – ненулевой.

Определение. Два ненулевых столбца

x		y
	1		1	n
x		, y

xn		yn

называются пропорциональными, если найдется ненулевой скаляр, такой, что x y .

Следствие. Система столбцов, содержащая два пропорциональных столбца является линейно зависимой.

Определение. Система векторов { e1 ,e2 ,...,en } векторного пространст-

ва V над полем называется порождающей системой векторов, если она представляет любой его вектор:

x V, 1 , ..., n : x 1e1 2e2 ... n en .

п.2 Список задач Список № 1

1.Написать тривиальную и какую-нибудь нетривиальную линейную комбинацию заданной системы столбцов.

2.Доказать, что данная система столбцов является линейно зависимой (независимой).

3.Доказать, что данная система столбцов является линейно зависимой, и найти какую-нибудь конкретную нетривиальную линейную комбинацию столбцов этой системы равную нулевому столбцу.

4.Доказать, что данная система столбцов является линейно зависимой, и найти линейное выражение какого-нибудь столбца через другие столбцы данной системы.

5.Доказать, что данная система столбцов является порождающей системой соответствующего векторного пространства столбцов.

Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15

Список № 2

1.Доказать, что данное множество является векторным пространством.

2.Задачи списка 1 в различных векторных пространствах.

3.Задачи теоретического характера на доказательство.

нейно независимой.
Решение. Рассмотрим равенство:
	1	0	0 .
		1	0 .
	0	1

Выясним, возможно ли это равенство при ненулевых коэффициентахили . Заметим, что в этом равенстве в его правой части цифра 0

обозначает нулевой вектор пространства 2 , а значит 0 в этом равенстве есть нулевой столбец высоты 2. Таким образом, мы имеем равенство:

1	0		0
		.
0	1		0

Далее, используя правила умножения столбца на скаляр и сложения столбцов, получаем равенство:

			0
			0	.
			0

Отсюда следует, что 0 и 0 . Таким образом, данная система

столбцов не может представлять нулевой столбец нетривиально, а следовательно она линейно независима, ч.т.д.

1	2	3
Пример 2. Доказать, что система столбцов { 2	, 4	, 8	} является
1	2	2

линейно зависимой.

Решение. Так как ее первые два столбца пропорциональны, то данная система является линейно зависимой. Действительно, следующее представление нулевого столбца данной системой столбцов является

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 2625 26 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.05.201567.29 Кб17А.Маслоу Психология бытия Гл.4.docx
#
10.07.2019111.1 Кб7абака 5-7.doc
#
13.05.20151.08 Mб55Аверьянов Л.Я. - Хрестоматия по психологии.doc
#
17.03.2016318.25 Кб5АвторефератИмущОбособл.pdf
#
20.09.2019129.93 Кб4Авторская сказка и интерес.docx
#
13.05.20152.41 Mб254АГ ПЗ 1-35 (полный вариант).pdf
#
13.05.2015180.01 Кб30АГ-1 ДЗ 1-27 (за первый семестр).pdf
#
13.05.2015372.1 Кб11АГ-1 МП ПЗ 1-27 Теорминимум 1-й семестр.pdf
#
13.05.2015320.63 Кб58АГ-1 ПЗ 1-27 Задачи для аудиторного решения.pdf
#
13.05.2015197 Кб10АГ-1 ПЗ СР 1-27.pdf
#
13.05.2015559.62 Кб35АГОСТИНО ПОРТЕРА. Монография 2013.doc