Линейные и евклидовы пространства. Ч.2. Методические указания по самостоятельной работе студентов
.pdfНенулевые |
строки ступенчатой формы ̅= (1; 2; −1), |
̅= (0; 1; −1), |
|||
|
1 |
|
|
|
2 |
̅= (0; 0; |
1) будут базисом линейной оболочки ( ̅, ̅ |
, ̅ |
|
). |
|
3 |
|
|
|
|
|
3)Переносим результат из пространства 3 обратно в пространство
= 2[ ]. Для этого восстанавливаем многочлены 1( ), 2( ), 3( ) по их
|
̅ |
|
|
|
̅ |
|
|
̅ |
|
= ̅: |
|
|
координатным векторам ( ) |
|
= ̅, ( ) |
|
|
= ̅, ( ) |
|
|
|||||
|
1 |
|
1 |
2 |
|
2 3 |
|
3 |
|
|||
|
( ) = 1 + 2 − 2, ( ) |
= − 2, |
( ) |
= 2. |
|
|||||||
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
И |
делаем окончательный |
вывод: |
набор |
многочленов |
( ) = 1 + 2 − 2 |
, |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
( ) = − 2, ( ) = 2 – базис линейной оболочки ( ( ), ( ), ( )), и |
|||||||||||
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dim ( ( ), ( ), ( )) = 3.
В данном случае можно заметить следующее: линейная оболочка, построенная в пространстве 2[ ], совпадает с самим же пространством 2[ ] в виду совпадения их размерностей. Поэтому в качестве базиса этой линейной
оболочки можно выбрать любой базис пространства 2[ ], в том числе и набор функций-мономов 0( ) = 1, 1( ) = , 2( ) = 2.
Задача 4. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной
многочленами
( ) = 2 − 2, ( ) = 1 + + 3, ( ) = + 2 − 3, ( ) = 3 + 2 .
Решение. Задача сформулирована в пространстве = 3[ ]. Поэтому воспользуемся алгоритмом для произвольного пространства на с. 9.
1) Выберем простейший базис пространства = 3[ ] – набор функ-
ций-мономов 0( ) = 1, 1( ) = , 2( ) = 2, 3( ) = 3. Тогда координат-
ными векторами заданных в условии многочленов будут ̅= (2; 0; −1; 0),
̅ = (1; 1; 0; 1), ̅ = (0; 1; 1; −1), ̅= (3; 2; 0; 0) – векторы простран-
ства 4.
2) В пространстве 4 найдем базис линейной оболочки, порожденной векторами ̅, ̅ , ̅ , ̅. Для этого составим построчно матрицу из векторов ̅, ̅ , ̅ , ̅и приведем матрицу к ступенчатой форме элементарными преобразованиями ее строк:
2 |
0 |
−1 |
0 |
2 |
0 −1 |
0 |
2 |
0 |
−1 |
0 |
|
= (1 1 |
0 |
1 ) (0 2 |
1 |
2 ) (0 2 |
1 |
2 ) |
|||||
0 |
1 |
1 |
−1 |
0 |
1 |
1 |
−1 |
0 |
0 |
1 |
−4 |
3 |
2 |
0 |
0 |
0 |
4 |
3 |
0 |
0 |
0 |
2 |
−8 |
2 |
0 |
−1 |
0 |
(0 |
2 |
1 |
2 ). |
0 |
0 |
1 |
−4 |
0 |
0 |
0 |
0 |
Тогда ненулевые строки ступенчатой формы |
|
|
||
̅= |
(2; 0; −1; 0), ̅= (0; 2; 1; |
2), ̅= (0; 0; 1; −4) |
||
1 |
2 |
|
|
3 |
будут базисом линейной оболочки ( ̅, ̅ |
, ̅ |
, ̅). |
||
|
|
|
|
|
|
11 |
|
|
|
3)Переносим результат из пространства 4 обратно в пространство
= 3[ ]. Для этого восстанавливаем многочлены 1( ), 2( ), 3( ) по их
|
|
̅ |
|
|
̅ |
) |
|
|
̅ |
|
|
= ̅: |
|
координатным векторам ( ) |
|
= ̅, ( |
|
= ̅, ( ) |
|
|
|||||||
|
|
1 |
|
1 2 |
|
2 |
3 |
|
3 |
|
|||
|
|
( ) = 2 − 2, |
|
( ) = 2 + 2 + 2 3, |
( ) = 2 − 4 3. |
|
|||||||
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
||
И |
делаем окончательный |
|
|
вывод: |
набор |
многочленов ( ) = 2 − 2 |
, |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
( ) = 2 + 2 + 2 3, ( ) |
= 2 − 4 3 |
– базис заданной линейной оболочки |
||||||||||
2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( ( ), ( ), ( ), ( )), и dim ( ( ), ( ), ( ), ( )) = 3.
2.3. Задания для самостоятельного решения.
1. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной векто-
рами ̅1 = (2; 1; 0; −1; −1), ̅2 = (−1; 0; 1; 1; 3), ̅3 = (1; 1; 1; 0; 2). Ответ: ̅1 = (2; 1; 0; −1; −1), ̅2 = (0; 1; 2; 1; 5) – базис линейной
оболочки, размерность линейной оболочки равна 2.
2. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной векто-
рами ̅1 = (3; 1; 2), ̅2 = (−2; 1; 1), ̅3 = (1; 2; 3), ̅4 = (−1; 3; 4).
Ответ: ̅1 = (3; 1; 2), ̅2 = (0; 5; 7) – базис линейной оболочки, размерность линейной оболочки равна 2.
3. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной много-
членами 1( ) = 1 + + 3, 2( ) = 2 , 3( ) = 1 + + 2, 4( ) = 2 − 3. Ответ: 1( ) = 1 + + 3, 2( ) = , 3( ) = 2 − 3 – базис линейной
оболочки, размерность линейной оболочки равна 3.
4. Найти базис и размерность линейной оболочки, порожденной много-
членами ( ) = 1 − 2, ( ) = 2 − , ( ) = 1 − + 2, ( ) = 3 − 2 + 2.
Ответ: 1( ) = 1 − 2, 2( ) = − 2 2 – базис линейной оболочки, размерность линейной оболочки равна 2.
3.Фундаментальная система решений
3.1.Определения и свойства.
Приведем еще один пример подпространства, возникающий в теории систем линейных алгебраических уравнений.
Теорема. Пусть – матрица размера × , = ( ) и 1 – общее решение однородной системы линейных алгебраических уравнений = c неизвестным вектором ( ). Тогда 1 является подпространством пространства и dim 1 = − .
По теореме 5 будет корректным следующее определение. Определение. Базис пространства решений однородной системы ли-
нейных алгебраических уравнений называется фундаментальной системой решений (ФСР) этой системы уравнений.
12
Для того, чтобы найти ФСР однородной системы = в условиях теоремы 5, нужно найти общее решение данной системы. При этом вектор
= ( 1; 2; … ; ) распадется на две части: вектор базисных неизвестных( ) и вектор свободных неизвестных ( − ). Векторы и будут связаны соотношением = , где – некоторая матрица размера × . Выберем какой-нибудь базис в − (обычно выбирают канонический базис). Перебирая векторы этого базиса в качестве , мы будем находить соответствующие векторы и частные решения однородной системы – векторы. Набор найденных частных решений как раз и будет искомой ФСР.
3.2. Решение задач.
Задача 1. Найти фундаментальную систему решений однородной си-
стемы линейных алгебраических уравнений |
|
|
1 + 2 2 |
− 3 + 2 4 = 0 |
|
{ 2 1 + 4 2 |
+ 3 |
= 0 . |
− 1 − 2 2 − 2 3 + 2 4 = 0
Решение. Найдем общее решение данной системы уравнений. Для этого выпишем основную матрицу этой системы уравнений и приведем ее к нормальной ступенчатой форме элементарными преобразованиями строк методом Жордана-Гаусса:
1 |
2 |
−1 |
2 |
1 |
2 |
−1 |
2 |
3 |
6 |
0 |
2 |
( 2 |
4 |
1 |
0) (0 |
0 |
3 −4) (0 |
0 |
3 |
−4) |
|||
−1 |
−2 |
−2 |
2 |
0 |
0 |
−3 |
4 |
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
2 |
0 |
2/3 |
(0 |
0 |
1 |
−4/3). |
0 |
0 |
0 |
0 |
Восстановим новую систему линейных алгебраических уравнений по нормальной ступенчатой форме:
1 |
+ 2 2 |
+ |
2 |
|
4 |
= 0 |
= −2 − |
2 |
|
|
|||
3 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
3 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
4 |
|
|
{ |
3 |
− |
4 |
4 |
= 0 { = |
4 |
|
|
|
. |
|||
3 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|||||||
|
|
0 = 0 |
3 |
4 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Вектор = ( 1; 2; 3; 4) распался на две части: вектор базисных неизвестных = ( 1; 3) и вектор свободных неизвестных = ( 2; 4). Поскольку2, то в качестве вектора рассмотрим векторы канонического базиса пространства 2, и найдем соответствующие векторы и :
2 = 1, 4 = 0 1 = −2, 3 = 0, = (−2; 0) = (−2; 1; 0; 0),2 = 0, 4 = 1 1 = − 23, 3 = 43, = (− 23 ; 43) = (− 23 ; 0; 43 ; 1).
13
По найденным частным решениям системы линейных алгебраических уравнений делаем вывод: 1 = (−2; 1; 0; 0), 2 = (− 23 ; 0; 43 ; 1) – фунда-
ментальная система решений заданной системы линейных алгебраических уравнений.
Можно заменить вектор 2 на 3 2. Тогда мы получим более простую
фундаментальную систему решений: 1 = (−2; 1; 0; |
0), 2 = (−2; 0; 4; 3). |
||
Задача 2. Найти фундаментальную систему решений однородной си- |
|||
стемы линейных алгебраических уравнений |
|
||
3 1 + 2 + 2 3 |
− 4 = 0 |
|
|
{2 1 + 4 2 |
+ 3 + 2 4 = 0 . |
|
|
1 − 3 2 |
+ 3 + 5 4 = 0 |
|
|
Решение. Найдем общее решение данной системы уравнений. Для этого выпишем основную матрицу этой системы уравнений и приведем ее к нормальной ступенчатой форме элементарными преобразованиями строк методом Жордана-Гаусса:
3 |
1 |
2 |
−1 |
|
3 |
1 |
2 |
−1 |
|
30 |
0 |
|
21 |
−18 |
|
(2 |
4 |
1 |
2 ) (0 |
10 −1 8 ) ( 0 |
10 −1 8 ) |
||||||||||
1 |
−3 |
1 |
5 |
|
0 |
−10 |
1 |
16 |
|
0 |
0 |
|
0 |
240 |
|
|
10 |
0 |
7 |
−6 |
|
10 |
0 |
7 |
0 |
|
1 |
0 |
|
0,7 |
0 |
|
( 0 |
10 |
−1 |
8 ) |
( 0 |
10 |
−1 |
0) |
|
(0 |
1 |
−0,1 |
0). |
||
|
0 |
0 |
0 |
1 |
|
0 |
0 |
0 |
1 |
|
0 |
0 |
|
0 |
1 |
Восстановим новую систему линейных алгебраических уравнений по нормальной ступенчатой форме:
1 |
+ 0,7 3 |
= 0 |
1 |
= −0,7 3 |
{ |
2 − 0,1 3 |
= 0 |
{ 2 |
= 0,1 3 . |
|
|
4 = 0 |
4 = 0 |
|
Вектор = ( 1; 2; 3; 4) распался на две части: вектор базисных неизвестных = ( 1; 2; 4) и вектор свободных неизвестных = ( 3). Поскольку1= , то в качестве вектора рассмотрим вектор = (1), и найдем соответствующие векторы и :
3 = 1 1 = −0,7, 2 = 0,1, 4 = 0, = (−0,7; 0,1; 0)
= (−0,7; 0,1; 1; 0).
По найденному частному решению системы линейных алгебраических уравнений делаем вывод: ̅= (−0,7; 0,1; 1; 0) – фундаментальная система решений заданной системы линейных алгебраических уравнений, состоящая из одного вектора.
14
3.3. Задания для самостоятельного решения.
1. Найти фундаментальную систему решений однородной системы ли-
нейных алгебраических уравнений |
|
|
||
|
− 1 + 2 2 |
+ 3 |
+ 4 = 0 |
|
{ |
1 |
− 2 |
+ 3 − 2 4 = 0 |
|
|
|
+ 2 |
− = 0 . |
|
|
|
2 |
3 |
4 |
|
2 1 |
− 2 + 4 3 − 5 4 = 0 |
||
Ответ: 1 = (3; 2; −1; 0), 2 = (3; 1; 0; 1).
2. Найти фундаментальную систему решений однородной системы ли-
нейных алгебраических уравнений |
|
|
|
1 |
− 2 + 3 |
− 4 + 2 5 = 0 |
|
{ 1 |
− 2 − 3 |
− 4 |
− 5 = 0. |
2 1 |
− 2 2 |
− 2 4 |
+ 5 = 0 |
Ответ: 1 = (1; 1; 0; 0; 0), 2 = (1; 0; 0; 1; 0), 3 = (1; 0; 3; 0; −2).
15
Список используемой литературы:
1.Линейные и евклидовы пространства. Часть 1. Методические указания по самостоятельной работе студентов. Ростов-на-Дону: ПЦ СКФ МТУ-
СИ, 2023.
2.Данко П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. Ч.1: Учеб. пособие для вузов / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. – 7-е изд., испр. – М.: Мир и Образование, 2015. – 368 с.: ил.
3.Курош А.Г. Курс высшей алгебры. – 9-е изд. – М.: Наука, 1968. – 431
с.: ил.
4.Владимирский Б.М., Горстко А.Б., Ерусалимский Я.М. Математика. Общий курс: Учебник. 3-е изд., стер. – СПб.: Издательство «Лань», 2006. – 960 с.: ил. – (Учебники для вузов. Специальная литература).
5.Гусак А.А. Высшая математика: В 2 т. Т. 1. Учеб. для студентов вузов. – 5-е изд. – Мн.: ТетраСистемс, 2004. – 544 с.
16