Элементы линейной алгебры. Линейные пространства. Учебное пособие

Пример 20. Найти координаты вектора ~x в базисе ~e01; ~e02, если известно

~x = 2~e1 5~e2; ~e01 = ~e1 + 3~e2; ~e02 = ~e1 ~e2:

В соответствии с определением матрица перехода от базиса ~e1; ~e2 к базису ~e01; ~e02 есть

1 1 Te!e0 = 3 1 :

Обозначим координаты вектора ~x в базисе ~e1; ~e2 через 1; 2, а в базисе ~e01; ~e02 через 1; 2. Искомые координаты 1; 2 связаны с известными координатами 1; 2 следующим соотношением:

Видно, что для получения координат 1; 2 необходимо вычислить матрицу, обратную Te!e0 . Имеем

Откуда для координат 1; 2; 1; 2 имеем

31

Пример 22. Пусть рассматриваются вектора на плоскости и пусть e1 = i; e2 = j. Пусть новый базис получается из старого поворотом на угол против часовой стрелки. Тогда e01 = cos e1 + sin e2, e02 = sin e1 + cos e2 и матрица перехода T имеет вид:

Пример 23. Покажите, что каждая из следующих систем векторов: а) e1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1); b) a1 = (1; 1; 0); a2 = (0; 0; 1); a3 = (1; 0; 1) является базисом пространства R3 над полем C: Найдите координаты вектора a = (5; 6; 7) в каждом из этих базисов и матрицы переходов от одного базиса к другому.

Так как пространство R3 трехмерно, то его базисом является любая линейно независимая система трех векторов.

линейно выразить вектор a через векторы системы а) и системы b). Выражение a через векторы e1; e2; e3 очевидно:

(5; 6; 7) = 5(1; 0; 0) + 6(0; 1; 0) + 7(0; 0; 1);

т. е. a = 5e1 + 6e2 + 73: Следовательно, координатами вектора a в базисе а) являются его компоненты 5; 6; 7:

Чтобы найти координаты вектора a в базисе b), нужно решить уравнение (относительно неизвестных x1; x2; x3

a = x1a1 + x2a2 + x3a3

или

(5; 6; 7) = (x1 + x3; x1 + x2; x2 + x3);

которое равносильно системе уравнений

8

<x1 + x3 = 5; x1 + x2 = 6;

: x2 + x3 = 7:

Решением этой системы уравнений являются числа x1 = 2; x2 = 4; x3 = 3: Таким образом, координаты вектора a в базисе b) суть числа 2; 4; 3 : a = 2a1 + 4a2 + 3a3:

32

Найдем теперь матрицы перехода. Так как

8

<a1 = 1e1 + 1e2 + 0e3; a2 = 0e1 + 1e2 + 1e3;

то матрицей перехода от базиса а) к базису b) является матрица

Для нахождения матрицы S перехода от базиса b) к а) нужно или выразить векторы e1; e2; e3 через a1; a2; a3 или найти матрицу, обратную к T: В данном случае

01

Пример 24. Найдите матрицы перехода от базиса e1 = (1; 2; 1); e2 = (2; 3; 3); e3 = (3; 7; 1) к базису e01 = (3; 1; 4); e02 = (5; 2; 1); e03 = (1; 1; 6) пространства R3 и обратно, а также координаты вектора a = ( 17; 36; 11) в каждом из заданных базисов.

Чтобы найти матрицу перехода от ¾старого¿ базиса e1; e2; e3 к ¾новому¿ базису e01; e02; e03; необходимо определить координаты векторов нового базиса в старом. Пусть C и C0 матрицы перехода от стандартного базиса h1; h2; h3(то есть базиса, в котором

33

заданы координаты векторов) к базисам e1; e2; e3 и e01; e02; e03 соответственно. Тогда переход от старого базиса к новому является композицией перехода от старого базиса к стандартному и перехода от стандартного базиса к новому. Старые координаты записываются через стандартные координаты с помощью матрицы (C) 1; а координаты в стандартном базисе через новые координаты с помощью C0:

Поэтому старые координаты связаны с новыми с помощью матрицы (C) 1C0: Записывая матрицы C и C0 и производя арифметические операции над ними, получаем искомую матрицу перехода:

Для нахождения координат x1; x2; x3 вектора a в базисе e1; e2; e3 и матрицы T перехода от базиса e1; e2; e3 к базису e01; e02; e03 составим и решим векторные уравнения:

Уравнение (1) дает (x1; 2x1; x1) + (2x2; 3x2; 3x2) + (3x3; 7x3; x3) = ( 17; 36; 11); откуда

Аналогично уравнения (2), (3), (4) дадут соответственно следующие системы уравнений с такими же коэффициентами при новых неизвестных:

Поэтому все полученные четыре системы можно решить методом Гаусса одновременно:

34

образуют базисом в линейном пространстве Mat2(R) вещественных матриц второго по-

Cпособ 1. Число матриц в системе A1; A2; A3; A4 равно размерности линейного пространства Mat2(R): Значит, достаточно проверить ее линейную независимость, то есть то, что матричное уравнение

1A1 + 2A2 + 3A3 + 4A4 =

имеет единственное решение 1 = 2 = 3 = 4 = 0: После подстановки матриц в это равенство видим, что это уравнение с неизвестными 1; 2; 3; 4 равносильно однородной

системе уравнений

8 > 1 + 2 3 + 4 = 0;

>

<2 + 2 3 4 = 0;

> 1 + 3 2 3 4 = 0;

>

: 1 + 2 + 2 3 + 4 = 0

Решение данной однородной системы уравнений тривиально 1 = 2 = 3 = 4 = 0: Следовательно, система матриц A1; A2; A3; A4 является базисом пространства Mat2(R):

Для нахождения координат матрицы X в базисе A1; A2; A3; A4 нужно из матричного уравнения

x1A1 + x2A2 + x3A3 + x4A4 = X

найти (единственные) неизвестные координаты x1; x2; x3; x4. Это уравнение равносильно системе уравнений

8

> x1 + x2 x3 + x4 = 1;

>

<x2 + 2x3 x4 = 2;

> x1 + 3x2 x3 x4 = 5;

>

: x1 + x2 + 2x3 + x4 = 3

Решение неоднородной системы уравнений имеет вид x1 = 1; x2 = 1; x3 = 2; x4 = 1: Следовательно, XA = (1; 1; 2; 1)T есть координатный вектор матрицы X в этом базисе.

Способ 2. Матрицы Eij; где 1 i; j 2; у которых на (i; j)-м месте стоит единица, а остальные элементы нули, образуют базис в пространстве Mat2(R): В этом базисе (расположим базисные векторы, например, в таком порядке: E11; E12; E21; E22;) матрицы A1; A2; A3; A4 и X имеют координаты

37

соответственно. Не будем отдельно доказывать, что заданный набор матриц образует базис в пространствеMat2(R); а получим это попутно, убедившись в невырожденности соответствующей матрицы. Записывая наборы координат матриц A1; A2; A3 и A4 по столбцам, приходим к линейной системе

где x1; x2; x3; x4 искомые координаты матрицы X в базисе fA1; A2; A3; A4g: Решая данную систему, находим x1 = 1; x2 = 1; x3 = 2; x4 = 1:

Пример 28. Пусть L есть комплексное линейное пространство матриц 2-го порядка. Является ли подпространством в L множество L0 матриц вида

a bb a

Подмножество L0 является подпространством линейного пространства L над полем комплексных чисел C если оно замкнуто относительно операций сложения в L и умножения элементов из L0 на числа из C:

В нашем случае сумма матриц из L0

и произведение матрицы из L0 на число k из C

принадлежат L0; a потому L0 является подпространством в L:

Пример 29. Образует ли линейное подпространство пространства An множество V, заданное по правилу:

а) V = f( 1; 2; 3; 4) : 1 2 3 = 0g ; б) V = f( 1; 2; 3; 4) : 3 + 4 = 3g :

а) Пусть x = ( 1; 2; 3; 4), y = ( 1; 2; 3; 4) 2 V , тогда 1 2 3 = 0; 1 2 3 = 0: Обозначим z = x + y; z = ( 1 + 1; 2 + 2; 3 + 3; 4 + 4). Имеем ( 1 + 1)

2 ( 3 + 3) = ( 1 2 3) + ( 1 2 3) = 0: Следовательно, z = x + y 2 V .

Пусть x = ( 1; 2; 3; 4)2 V , тогда 1 2 3 = 0: Для произвольного числа имеем

x = ( 1; 2; 3; 4) ; ( 1) 2 ( 3) = ( 1 2 3) = 0 = 0:

Это говорит о том, что ( x) 2 V : Из сказанного следует, что V является подпространством пространства A4 .

38

б) Пусть x = ( 1; 2; 3; 4)2 V , тогда 3 + 4 = 3: Рассмотрим вектор 2x = (2 1; 2 2; 2 3; 2 4). Имеем (2 3) + (2 4) = 2 ( 3 + 4) = 6 6= 3:

Следовательно, 2x 2= V ; и V не образует линейного пространства и поэтому не является подпространством пространства A4 .

Пример 30. Найдите однородную систему линейных алгебраических уравнений, подпространство решений которой совпадает с линейной оболочкой L(a1; a2; :::; ak); порожденной системой векторов

а) a1 = (1; 1; 2; 0)T ; a2 = (1; 0; 1; 1)T ; a3 = (1; 3; 4; 2)T ; б) a = (1; 2; 1; 3)T ;

в) a1 = (1; 1; 2; 1)T ; a2 = (2; 1; 3; 3)T ; a3 = (1; 5; 0; 3)T :

а). Следуя первому алгоритму, составим основную матрицу системы уравнений из элементов исходных векторов, записав их по столбцам, и приведем ее к ступенчатому

Таким образом, система уравнений

x1 + x2 + x3 = 0; x1 + x2 + x4 = 0

является искомой.

б). Воспользуемся модифицированным алгоритмом для поиска однородной системы уравнений. Запишем расширенную матрицу системы уравнений и приведем ее к ступенчатому виду:

Отсюда получаем, что матрица искомой системы уравнений имеет вид

Значит, система уравнений

8

<2x1 x2 = 0; x1 x3 = 0;

: 3x1 + x4 = 0

является искомой.

39

в). Воспользуемся третьим алгоритмом. Запишем матрицу системы уравнений из элементов векторов по строкам и найдем ее общее решение методом последовательных исключений.

( 3; 0; 1; 1) : Элементы найденных векторов берутся в качестве коэффициентов искомой системы уравнений. Тогда она имеет вид

5x1 + x2 + 3x3 = 0;3x1 + x3 + x4 = 0;

или

5x1 x2 3x3 = 0;

3x1 x3 x4 = 0:

Пример 31. Подпространства L1 = L(a1; a2; a3); L2 = L(b1; b2; b3) натянуты на следующие системы векторов: a1 = (1; 2; 1); a2 = (1; 1; 1); a3 = (1; 3; 3); b1 = (2; 3; 1); b2 = (1; 2; 2); b3 = 1; 1; 3): Найдите базисы и размерности подпространств L1; L2; L1 \L2; L1 +

L2:

Найдем базис и размерность подпространства L1: Для этого приведем матрицу, составленную из строк a1; a2; a3; к лестничному виду:

Таким образом, система векторов a1; a2 линейно независима, а вектор a3 линейно выражается через a1; a2: Но тогда по определению линейной оболочки всякий вектор пространства L1 также выражается через векторы a1; a2; которые, следовательно, составляют базис подпространства L1: Поэтому dim L1 = 2 и

L1 = L(a1; a2; a3) = L(a1; a2) = fxjx = 1a1 + 2a2; 1; 2 2 Rg:

вытекает, что базис L2 состоит из векторов b2; b3; dim L2 = 2 и

L2 = L(b1; b2; b3) = L(b2; b3) = fxjx = 2b2 + 3b3; 2; 3 2 Rg:

40