Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Линейные и евклидовы пространства. Ч.2. Методические указания по самостоятельной работе студентов

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

543 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

МИНИСТЕРСТВО ЦИФРОВОГО РАЗВИТИЯ, СВЯЗИ И МАССОВЫХ КОММУНИКАЦИЙ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Северо-Кавказский филиал ордена Трудового Красного Знамени федерального государственного бюджетного образовательного учреждения высшего образования

«Московский технический университет связи и информатики»

Методические указания по самостоятельной работе студентов

«ЛИНЕЙНЫЕ И ЕВКЛИДОВЫ ПРОСТРАНСТВА. ЧАСТЬ 2»

для направлений подготовки

09.03.01– «Информатика и вычислительная техника»,

11.03.02– «Инфокоммуникационные технологии и системы связи»

Ростов-на-Дону

2024

УДК 51 ББК 22.1 Е 91

Ефимов С.В.

Линейные и евклидовы пространства. Часть 2: методические указания по самостоятельной работе студентов. – Ростов-на-Дону: Полиграфический центр СКФ МТУСИ,

2024. – 16 с.

Методические указания предназначены для студентов направлений подготовки 09.03.01 – «Информатика и вычислительная техника», 11.03.02 – «Инфокоммуникационные технологии и системы св

Составитель: С.В. Ефимов, к.-ф.м.н., доцент

Рассмотрено и одобрено на заседании кафедры Информационной безопасности

Протокол от 28.08.2023 г. № 1

©СКФ МТУСИ, 2024 ©Ефимов С.В., 2024

И з д а т е л ь с т в о С К Ф М Т У С И

Сдано в набор 02.05.24. Изд. № 384. Подписано в печать 14.05.24. Зак. 398. Печ. листов 1,0. Учетно-изд. л. 0,8. Печать оперативная. Тир. 10 экз.

Отпечатано в Полиграфическом центре СКФ МТУСИ, Серафимовича, 62.

С О Д Е Р Ж А Н И Е

1. Координаты вектора в базисе и матрица перехода . . . . . . . . . . . . . . . .4 1.1. Определения и свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Решение задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 1.3. Задания для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2. Подпространство и линейная оболочка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 2.1. Определения и свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2. Решение задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 2.3. Задания для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. Фундаментальная система решений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12 3.1. Определения и свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3.2. Решение задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13 3.3. Задания для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Список используемой литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1. Координаты вектора в базисе и матрица перехода

1.1. Определения и свойства.

Пусть здесь и далее – линейное пространство. В методических указаниях [1] даны определения линейного пространства, остова и базиса, их простейшие свойства и характерные примеры.

Из определений базиса и остова следует, что если ̅, ̅, … , ̅ – базис
1 2

пространства , то любой вектор ̅( ) можно разложить по этому базису,

т.е. найдутся такие скаляры ,				, … , , что
			1	2
		̅ = ̅+				̅+ + ̅.					(1)
			1 1			2 2
Теорема 1. Разложение по базису единственно. А именно: в формуле
(1) скаляры ,		, … ,	определяются вектором ̅и базисом ̅, ̅, … , ̅
1	2								1	2
единственным образом.
По теореме 1 будет корректным следующее определение.
Определение 1. Скаляры ,						, … , в формуле (1) называются ко-
				1		2
ординатами вектора ̅в базисе ̅, ̅, … , ̅, а арифметический вектор
				1	2
			̅= ( ;				2	; … ; )
						1	2
называется координатным вектором вектора ̅в базисе ̅, ̅, … , ̅.
									1 2
Замечание. Если ̅, ̅, … , ̅ – канонический базис пространства
		1	2
и ̅ , то ̅= ̅. В любом другом случае это не так.

Пусть ̅, ̅, … , ̅ и ̅				, ̅	,	… , ̅ – два базиса пространства . Как
1	2		1	2

связаны координатные векторы ̅ и ̅ (̅ )? Для того, чтобы ответить на

этот вопрос, разложим каждый вектор ̅		, ̅	, … , ̅	по базису ̅, ̅, … , ̅.
	1	2		1 2

Отсюда мы получим координатные векторы ( ̅1) , ( ̅2) , … , ( ̅ ) . Записав их столбцами, составим квадратную матрицу

= (( ̅ )т

( ̅

)т

… ( ̅

)т).

→

Напоминаем, что знак т

означает транспонирование строки в столбец.

Определение 2. Матрица называется матрицей перехода от базиса

→

̅, ̅, … , ̅к базису ̅

, ̅

, … , ̅ .

1 2

Теорема 2. Пусть ̅,

̅, … , ̅ и ̅

, ̅ , … , ̅ – два базиса простран-

ства . Тогда для любого вектора ̅из пространства

̅ =

̅.

→

Аналогично,

̅ =

̅.

→

Перечислим элементарные свойства матриц перехода:

1)→ = – единичная матрица,

2)→ = (→)−1,

3)		=	, где ̅, ̅, … , ̅– еще один базис в .
→	→	→	1 2

Для того, чтобы разобраться в решении характерных задач, необходимо рассмотреть наиболее распространенный и важный случай = . В этом случае действуют простые правила.

Правила. 1) В пространстве матрица перехода от канонического

базиса к базису ̅

, ̅

, … , ̅

составляется из векторов ̅

, ̅

, … , ̅

, запи-

санных столбцами в указанном порядке.

2) Если в пространстве

нужно найти матрицу перехода

для

→

произвольных базисов ̅, ̅, … , ̅ и ̅ ,

, … ,

, то можно действовать

1 2

двумя способами:

1-й способ: по формуле

= (

)−1

, где ̅,

̅,

… , ̅ – кано-

→

нический базис пространства ;

2-й способ: составить матрицу из векторов ̅, ̅, … , ̅,

̅ , ̅

, … , ̅

записанных столбцами в указанном порядке и привести ее элементарными преобразованиями строк к виду ( | ), где – единичная матрица; тогда и есть нужная матрица перехода → .

1.2. Решение задач.

Задача 1. В пространстве 3 восстановить вектор ̅по его координат-

ному вектору ̅= (5; 3; −2) в	базисе ̅= (2;	1; 0), ̅= (−1; 3; 2),
	1		2
̅= (1; 4; 1).
3
Решение. Координатами вектора ̅в базисе ̅, ̅, ̅являются скаляры
	1	2	3

1 = 5, 2 = 3, 3 = −2. Тогда вектор ̅можно восстановить по формуле (1):
̅= ̅+ ̅+ ̅= (10; 5; 0) + (−3; 9; 6) + (−2; −8; −2),
1	1	2	2	3	3

̅= (5; 6; 4).

Задача 2. В пространстве 2 найти координаты вектора ̅= (−3; 4) в

базисе ̅1 = (1; −2), ̅2 = (−4; 7).

Решение.

1-й способ – непосредственный. Разложим ̅по базису ̅1, ̅2:

		̅= 1 ̅1 + 2 ̅2									(−3; 4) = 1(1;					−2) + 2(−4; 7)
		(−3; 4) = (					− 4 ; −2					+ 7 )				{ 1	− 4 2 = −3
					1			2			1		2			−2 1 + 7 2 = 4
																−2 1 + 7 2 = 4
{ 1	− 4 2 = −3						= 5,			2	= 2 – координаты вектора ̅в базисе ̅ , ̅														2	.
	− 2 = −2					1				2													1		2
	− 2 = −2
	2-й способ – по теореме 2. Введем ̅= (1; 0), ̅= (0; 1) – канониче-
													1			2
ский базис 2. Тогда ̅= ̅= (−3; 4),															= ((̅ )т		(̅	)т) = ( 1					−4) и
												→				1	2			−2			7
											−4 −1									−2			7
т		т		)	−1		т	(	1		−4 −1		−3			7	4	) (	−3	) = (		5	). По-
̅ =		̅ = (		)		̅ =		(				) ( ) = − (						) (		) = (			). По-
	→		→						−2		7			4		2	1		4			2
									−2		7			4		2	1		4			2
этому ̅ = (5;			2) и скаляры 5, 2								– координаты вектора ̅в базисе ̅										, ̅			.
																				1			2

		Задача 3. В пространстве 3																								найти				матрицу						перехода				от	базиса
̅= (1; 1; 1),								̅= (−1; 0;									1),					̅= (2; 3;								0)				к	базису				̅	= (1; 0; 1),
1									2														3																1
̅2 = (1; 2; 0), ̅3 = (0; −1; 1).
		Решение. Воспользуемся правилом 2. Оно дает два способа решения.
		1-й способ.										=		(					)−1						, где ̅, ̅,									̅ – канонический базис
									→						→							→							1		2				3
пространства 3. Тогда
				1 −1 2 −1 1 1 0																							1		−3 3							1 Т 1 1 0
		=		(1 0 3) (0 2 −1) = −																									( 2				−2 −2) (0 2 −1) =
		=		(1 0 3) (0 2 −1) = −																									( 2				−2 −2) (0 2 −1) =
→																											4
				1			1		0				1			0					1						4		−3				−1			1			1	0	1
						1	−3				2				−3					1			1			0					1			−6		1			−5
			= −				( 3 −2 −1) (0 2 −1) = −																										(		2 −1 1 ) =
			= −			4	( 3 −2 −1) (0 2 −1) = −																								4		(		2 −1 1 ) =
						4	1				−2				1					1			0			1					4				2	−3			3
																				3⁄2						− 1⁄4					5⁄4
															= (− 1⁄2											1⁄4				− 1⁄4).
																			− 1⁄2							3⁄4				− 3⁄4
		2-й способ.
			т				т (				т				)т						)т					)т)				1			−1			2	1		1	0
((			т	(			т (				т	(	̅		)т		(	̅			)т		(			)т)		= (1 0 3 \| 0 2 −1)
	̅)			̅)				̅)					̅					̅		2			̅					= (1 0 3 \| 0 2 −1)
		1			2				3				1							2				3
																														1				1		0	1		0	1
		1		−1			2				1				1				0								1		0		3					0	2		−1
(0 1 1 \| −1 1 −1) (0 1 1 \| −1 1 −1)
		0		2			−2				0			−1					1								0		0		−4					2	−3			3
−4				0			0		−6					1			−5									1			0	0					3⁄2		− 1⁄4				5⁄4
( 0				−4			0	\|		2			−1					1 ) (0											1	0 \| − 1⁄2								1⁄4		− 1⁄4)
0				0 −4						2			−3					3								0			0	1				− 1⁄2				3⁄4		− 3⁄4
																										3⁄2					− 1⁄4					5⁄4
искомая матрица перехода																							=		(− 1⁄2							1⁄4				− 1⁄4).
																				→
																										− 1⁄2						3⁄4				− 3⁄4
		1.3. Задания для самостоятельного решения.
		1. В пространстве 2 восстановить вектор ̅по его координатам 7, −2 в
базисе ̅= (4; 1), ̅= (−2; 9).																																			Ответ: ̅= (32; −11).
				1							2
		2. В пространстве 4 восстановить вектор ̅по его координатному век-
тору			̅ = (2; −1; 1; 4)												в				базисе							̅		= (1; 0; 1; 0),									̅	2	= (2; 1; 0; 3),
																										1												2
̅3 = (1; 1; −1; 5), ̅4 = (0; −3; 2; −1).																														Ответ: ̅= (1; −12; 9; −2).
		3. При каких значениях , , скаляры 2, 4, −1 будут координатами
вектора ̅ = (−3 + ;													2 − ; 2 + 2 )в базисе (1; 0; 1), (−1; 1; 0), (0; 1; 2)
пространства 3?																														Ответ: = 1, = 0, = −1.

4.В пространстве 3 найти координатный вектор вектора ̅ = (5; 1; 8)

вбазисе ̅1 = (1; 2; 1), ̅2 = (1; −1; 0), ̅3 = (2; 1; 3).

		Ответ: ̅ = (−1; 0; 3).

		2		3	−1
	5. По известной матрице перехода	= (−1		−2	4 ) и известно-
	→
		1		1	0
му координатному вектору ̅ = (1; 2; 5) найти координатный вектор ̅.

			Ответ: ̅= (3; 15; 3).

		1	2	1
	6. По известной матрице перехода	= (2	5	0) и известному ко-
	→
		3	7	2
ординатному вектору ̅= (0; −2; −2) найти координатный вектор ̅.

		Ответ: ̅ = (4; −2; 0).

	3				̅	= (1; 1; 0),
	7. В пространстве найти матрицу перехода от базиса 1					= (1; 1; 0),
̅	̅
2	= (−1; 0; 1), 3 = (2; 2; 1) к каноническому базису.
					−2	3	−2
		Ответ: (−1				1	0 ).
					1	−1	1
	8. В пространстве 3 найти матрицу перехода от базиса (1; 1; 2),
(2; 1; 3), (1; −1; 1) к базису (1; 1; 0), (0; 1; 1), (1; 0; 1).
					−5	2	−1
		Ответ: ( 4				−1	1 ).
					−2	0	0

2. Подпространство и линейная оболочка

2.1. Определения и свойства.

Определение 1. Множество 1 называется подпространством линейного пространства , если 1 содержится в и является линейным пространством относительно введенных в линейных операций (сложение и умножение на скаляр). Подпространства 1 = { ̅} и 1 = называются несобственными, а все остальные – собственными подпространствами пространства .

Замечание. Если 1 – подпространство линейного пространства , то1 ≠ . Это следует из определения линейного пространства.

Теорема 1. Пусть 1 и 1 ≠ . Тогда для того, чтобы 1 было подпространством линейного пространства , необходимо и достаточно, чтобы1 было замкнуто относительно введенных в линейных операций:

̅+ ̅ 1 и ̅ 1 для любых ̅, ̅ из 1 и из .

Теорема 2. Если линейное пространство конечномерное, то и любое его подпространство 1 тоже конечномерное и dim 1 ≤ dim . Если при этом подпространство 1 собственное, то 0 < dim 1 < dim .

Простейшие примеры подпространств:

1)если 1 2 3 и все векторы этих пространств имеют общее начало, то 1 и 2 – собственные подпространства пространства 3;

2)если и – натуральные числа, < и 1 – множество всех векторов пространства вида ̅= (1; 2; … ; ; 0; 0; … ; 0), то 1 – соб-

ственное подпространство пространства и dim1 = ;

3) если и – целые числа и 0 ≤ < , то [ ] – собственное подпространство пространства [ ].

Наиболее общее и простое описание конечномерного подпространства линейного пространства можно дать с помощью понятия линейной оболочки.

Определение 2. Линейной оболочкой, порожденной векторами ̅1, ̅2, … , ̅ линейного пространства , называется множество всевозможных линейных комбинаций этих векторов:

1̅1 + 2̅2 + + ̅ , где 1, 2, … , – любые скаляры из .

Данная линейная оболочка обозначается ( ̅1, ̅2, … , ̅ ), а набор векторов ̅1, ̅2, … , ̅ называется ее остовом.

Теорема 3. Если ̅1, ̅2, … , ̅ , то ( ̅1, ̅2, … , ̅ ) является ко-

нечномерным подпространством линейного пространства . И наоборот: всякое конечномерное подпространство линейного пространства является линейной оболочкой, порожденной конечным набором некоторых векторов пространства .

Теорема 4. dim ( ̅1, ̅2, … , ̅ ) ≤ .

Очевидно, что линейная оболочка является конечномерным линейным пространством. Поэтому естественно возникают задачи нахождения ее базиса и размерности в различных случаях.

Если линейная оболочка ( ̅1, ̅2, … , ̅ ) рассматривается в конечномерном линейном пространстве размерности , то базис и размерность этой линейной оболочки можно найти по простым алгоритмам.

Алгоритм для пространства = :

1) построить матрицу , строками которой являются заданные векторы

̅1, ̅2, … , ̅ ;

2)привести матрицу к ступенчатой форме элементарными преобразованиями ее строк;

3)выписать ненулевые строки ступенчатой формы ̅1, ̅2, … , ̅ (очевидно, что = ( ) – ранг матрицы и ≤ ) и сделать вывод:

̅1, ̅2, … , ̅ – базис линейной оболочки ( ̅1, ̅2, … , ̅ ), dim ( ̅1, ̅2, … , ̅ ) = .

Данный алгоритм объясняется тем, что ̅1, ̅2, … , ̅ – новый остов той же самой линейной оболочки (̅1, ̅2, … , ̅ ), но при этом векторы ̅1, ̅2, … , ̅ линейно независимы.

Алгоритм для произвольного конечномерного пространства :

1) выбрать базис ̅, ̅, … , ̅ в пространстве и перенести поставлен-
1 2

ную задачу из пространства в пространство , заменяя векторы простран-

ства их координатными векторами в базисе ̅, ̅, … , ̅, принадлежащими
					1	2
пространству ;
2) в пространстве найти базис линейной оболочки, порожденной
координатными векторами (̅ )			,	(̅	) , … , (̅		)	, по предыдущему алго-
		1		2
ритму:
построить матрицу , строками которой являются векторы (̅1) , (̅2) ,
… , (̅	)	, привести матрицу к ступенчатой форме элементарными преоб-

разованиями ее строк и выписать ненулевые строки ступенчатой формы ̅,
																			1
̅, … ,	̅ в качестве базиса линейной оболочки ((̅ )													, (̅	)	, … , (̅		)		)
2											1			2
( = ( ) – ранг матрицы );
3) перенести результат из пространства обратно в пространство :
					̅		̅	̅
восстановить векторы							, , … , пространства по их координатным век-
						1	2
	̅			̅		= ̅,		̅		= ̅и сделать окончательный вывод:
торам ( )			= ̅, ( )			= ̅,		… , ( )		= ̅и сделать окончательный вывод:
	1			1 2			2
	̅		̅	̅	– базис линейной оболочки (̅ , ̅								, … , ̅				),
		,		, … ,	– базис линейной оболочки (̅ , ̅							2	, … , ̅				),
	1		2								1	2
							dim (̅ , ̅			, … , ̅	) = .
								1	2

2.2. Решение задач.

Задача 1. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной векторами ̅1 = (1; −1; 0; −2), ̅2 = (2; 1; 1; 0), ̅3 = (1; 2; 1; 2).

Решение. Задача поставлена в пространстве = 4. Поэтому воспользуемся алгоритмом для пространства = на с. 8. Составляем матрицу , используя в качестве ее строк заданные векторы ̅1, ̅2, ̅3, и приводим матрицу к ступенчатой форме элементарными преобразованиями ее строк:

1	−1 0		−2	1	−1	0 −2		1	−1	0 −2
= (2	1	1	0 ) (0		3	1	4 ) (0		3	1	4 ).
1	2	1	2	0	3	1	4	0	0	0	0

Рассмотрим ненулевые строки ступенчатой формы и сделаем вывод:

̅1 = (1; −1; 0; −2), ̅2 = (0; 3; 1; 4) – базис заданной линейной оболочки, dim (̅1, ̅2, ̅3) = 2.

Задача 2. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной векторами ̅= (2; 0; 1), ̅ = (−1; 3; 0), ̅ = (0; 2; 1), ̅= (1; 1; 1),̅ = (4; −2; 5).

Решение. Аналогично задаче 1 действуем по алгоритму для пространства = . Составляем матрицу построчно из векторов ̅, ̅, ̅, ̅, ̅ и приводим ее к ступенчатой форме элементарными преобразованиями строк:

	2		0	1			1		1	1			1	1	1			1	1	1
=	−1		3	0			−1		3	0			0	4	1			0	2	1
=	0	2		1			0	2		1			0	2	1			0 4		1
	1		1	1			2		0	1			0	−2 −1				0	−2	−1
	( 4	−2 5)				( 4 −2 5)						(0 −6 1 )						(0 −6		1 )
					1	1	1			1	1	1			1	1	1
					0	2	1			0	2	1			0	2	1
					0 0 −2					0 0 1					0 0 1 .
					0	0	0			0	0	0			0	0	0
				(0 0 8 )						(0 0 1)					(0 0 0)
Рассмотрим ненулевые строки ступенчатой формы и сделаем вывод:
̅	= (1;			̅	= (0;				̅	= (0; 0; 1) – базис линейной оболочки,
1	= (1;		1; 1), 2		= (0;		2; 1), 3			= (0; 0; 1) – базис линейной оболочки,

dim ( ̅, ̅, ̅, ̅, ̅) = 3.

В данном случае можно заметить следующее: линейная оболочка, построенная в пространстве 3, совпадает с самим же пространством 3 в виду совпадения их размерностей. Поэтому в качестве базиса этой линейной оболочки можно выбрать любой базис пространства 3, в том числе и канонический базис.

Задача 3. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной многочленами ( ) = 1 + 2 − 2, ( ) = 2 + + 2, ( ) = 1 − − 3 2.

Решение. Задача сформулирована в пространстве = 2[ ]. Поэтому воспользуемся алгоритмом для произвольного пространства на с. 9.

1) Выберем простейший базис пространства = 2[ ] – набор функ- ций-мономов 0( ) = 1, 1( ) = , 2( ) = 2. Тогда координатными векто-

рами заданных в условии многочленов будут ̅= (1;

2; −1), ̅ = (2; 1; 1),

= (1; −1; −3) – векторы пространства 3.

2) В пространстве 3 найдем базис линейной оболочки, порожденной

векторами ̅, ̅ ,

. Для этого составим построчно матрицу из векторов

̅, ̅ , ̅

и приведем матрицу к ступенчатой форме элементарными преоб-

разованиями ее строк:

−1

1 2 −1

= (2	1 1 ) (0 −3 3 ) (0 1 −1 ) (0 1 −1 )
1	−1 −3	0 −3 −2	0 −3 −2	0 0 −5
		1 2	−1
		(0 1	−1 ).
		0 0	1

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]