Praktikum_1

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Рязанский государственный радиотехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

A aij i,j 1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.04.2015

Размер:

302.25 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Дистанционный курс.

Модуль «Линейные и евклидовы пространства» «Линейная алгебра для очников» (2 семестр)

Практикум. Линейные и евклидовы пространства

В данном практикуме рассматриваются следующие основные задачи:

1)исследование системы векторов на линейную зависимость и линейную независимость;

2)нахождение базиса и размерности линейного пространства решений однородной системы линейных алгебраических уравнений;

3)построение базиса в линейном пространстве;

4)нахождение формул преобразования координат при переходе от базиса

кбазису, разложение вектора по векторам базиса;

5)построение ортогонального и ортонормированного базисов методом ортогонализации Грама-Шмидта;

6)дополнение системы векторов до ортогонального базиса в евклидовом пространстве.

Примеры задач, рассматриваемых в данном практикуме, соответствуют заданиям 1, 2, 3, 4, 5 типового расчета.

			Пример 1. Исследовать систему векторов S																																									a1		,		a2		,	a3	:
																				1														0											1
																				1			,							2								,									0
															a					1			,					a		2								,		a							0
																1													2												3
																				2														3													1
																				2														3													1
пространства R3							на линейную зависимость.
			Решение. Составим линейную комбинацию
																					1						2								3
																					1			a1			2					a2			3				a3
из векторов системы											S					,			,										с весовыми коэффициентами																											1, 2, 3	и
из векторов системы											S			a1		,	a2		,			a3							с весовыми коэффициентами																											1, 2, 3	и
приравняем ее к нулевому вектору																																			0
																																			0

																								03													0
																								03													0	.
																																					0
			Получим																																		0
			Получим																															1									0									1		0
																																		1									0									1		0
																										3										1									2								0		0		(1)
									a			a						a							0	3										1									2								0		0		(1)
							1 1				2 2						3 3																1									2							3
																																				2									3								1		0
																																				2									3								1		0
			Пользуясь правилами умножения числа на вектор-столбец и сложения
двух вектор-столбцов, упростим левую часть последнего уравнения в (1)
	1				0			1			1												0								3												1						3
		1				2				0										2													0											2									.
1		2		2		3	3			1			1										2																						1				2
		2				3				1			2								3																				2 3
													1										2											3									1						2			3

Практикум №1. Линейные пространства

		2
Итак, получили равенство	1	3	0
	1	3	0
	2		0	.
	1	2	0
	2 3		0
	1	2 3

Два вектор-столбца равны, когда равны соответствующие компоненты.

В результате приходим к системе однородных линейных алгебраических уравнений

		0,
1	2 2	3	(2)
1	2 2	0,	(2)
2 3 0.
	1	2 3

Основная матрица A этой системы имеет вид (элементами матрицы являются коэффициенты при неизвестных 1, 2, 3 )

Найдем определитель матрицы A (например, разложением по элементам первой строки, они выделены в прямоугольники):

1	0	1			2	0	1	2
	2	0		M11 M13
det A det 1			1 A11 1 A13		3	1	2	3
2	3	1

2 3 4 2 7 9.

Так как определитель det A 9 отличен от нуля, то матрица A является неособенной, а значит, система (2) имеет единственное тривиальное решение

1 0,2 0,

3 0.

Это означает, что равенство (1) выполняется только при нулевых значениях чисел 1, 2, 3 , то есть система S a1, a2, a3 является линейно независимой.

Эту же задачу можно решить и другим способом. Известно, что система вектор-столбцов S a1, a2, a3 пространства R3 является линейно независи-

мой, если матрица, составленная из компонент вектор-столбцов a1, a2, a3 , является неособенной матрицей (ее определитель отличен от нуля). Так как в этом случае эта матрица совпадает с матрицей A, то система S a1, a2, a3

является линейно независимой.

Практикум №1. Линейные пространства

																			3
Пример 2. Исследовать систему векторов S																															,				,		:
Пример 2. Исследовать систему векторов S																													a1		,		a2		,	a3	:
										1											1								1
											3			,								2		,						12
						a					3			,				a				2		,		a				12
			1																2								3
											2											0								4
											2											0								4
пространства R3 на линейную зависимость. В случае линейной зависимости
выразить какой-нибудь вектор через остальные векторы системы.
Решение. Составим линейную комбинацию
											1						2						3
											1				a1		2			a2			3					a3
из векторов системы			S				,				,								с весовыми коэффициентами																					1, 2, 3 и
из векторов системы			S		a1		,		a2		,	a3							с весовыми коэффициентами																					1, 2, 3 и
приравняем ее к нулевому вектору																.
приравняем ее к нулевому вектору													03			.
Получим																	1								1							1					0
																	1								1							1					0
										3									3								2							12				0	.	(3)
	a	a		a				0		3									3								2							12				0	.	(3)
1 1 2 2			3 3											1										2						3
																			2								0							4				0
																			2								0							4				0

Как и при решении примера 1, пользуясь правилами умножения числа на вектор-столбец и сложения двух вектор-столбцов, упрощая равенство (3), приходим к следующему равенству

	1 2 3					0
	3 2 12						0	.
	1	2		3			0
	2		4				0
	1			3
В результате получаем систему однородных линейных алгебраических
уравнений	0,
	0,
		1	2		3		0,			(4)
	3 1 2 2 12 3						0,			(4)
	2			4 0.
		1				3
Основная матрица A этой системы имеет вид (элементами матрицы явля-
ются коэффициенты при неизвестных 1, 2, 3 )
			1		1		1
		3,3		3	2 12
A aij i,j 1				3	2 12				.
				2	0		4
				2	0		4

Найдем определитель матрицы A (разложением по элементам третьей строки, они выделены в прямоугольники):

	1	1	1								1	1
det A det	3	2	12	2 A	4 A	2 M	31	4 M	33	2	1	1
				31	33		31		33		2	12
											2	12
	2	0	4

Практикум №1. Линейные пространства

					4
4	1	1	2 12 2	4	2 3 20 20 0.
	1	1
	3	2
	3	2

Так как определитель det A 0, то матрица A является особенной, а значит, однородная система (4) имеет по крайней мере хотя бы одно нетривиальное решение. Найдем это нетривиальное решение.

Для этого используем метод Гаусса решения системы (используем элементарные преобразования над строками основной матрицы A системы (4)):

0,								1 1 1 C2 3C1				1 1		1		1 1		1	C 2C
		1		2	3				3 2 12	C 2 C			0 5 15		~		0 1	3	C 2C
3 2 12 0, A									3 2 12	3 ~	1		0 5 15		~		0 1	3	3 ~ 2
		1		2		3
2					4 0.				2 0 4				0 2 6				0 2 6
		1				3
	1 1			1		11 1
~		0	1	3	~	11 1
~		0	1	3	~		.
		0	0	0		0	1 3
		0	0	0

Последняя матрица есть ступенчатая матрица. Ранг ее равен 2, система (4) имеет бесконечное множество решений. В качестве базисных (основных) переменных выберем переменные 1, 2 (при этом 3 является свободной переменной). Переходя от ступенчатой матрицы к системе уравнений, получим

		0,
	1	2	3
		2 3 3 0.
Выражая базисные переменные 1, 2			через свободную 3 , получим

0,			0,			3			0,		1 2 3,
1	2	3	1	2	3		1	3		3		3 3	,
	3 0,			3 ,							2	3 3	,
	2	3		2	3				3 ,
	2	3		2	3			2	3
								2	3
											R.
											3

Взяв в качестве 3 число 1, получим нетривиальное решение системы (4):

1 2,2 3,

1.3

Это означает, что равенство (3) выполняется при ненулевых значениях чисел

1, 2, 3 , то есть система S a1, a2, a3 является линейно зависимой.

При найденных значениях 1 2, 2 3, 3 1 равенство (3) примет вид

2 a1 3 a2 1 a3 03.

Из последнего равенства удобно выразить вектор a3 в виде линейной ком-

бинации векторов a1, a2 :

a3 2 a1 3 a2 .

Практикум №1. Линейные пространства

Пример 3. Найти базис и размерность линейного пространства L0A решений однородной системы линейныхалгебраических уравнений

				x1 2x2 3x3 2x4 x5 0,
											0,
				3x1 2x2 x3 3x4							0,
				5x 2x 5x x					4	2x 0,
						1	2	3	4		5
				2x 4x 4x 5x x 0.
						1	2	3		4	5
		Решение. Приводим матрицу системы к ступенчатому виду
1		2 3 2		1 C2 3 C1, 1			2 3 2			1
				C3 5 C1,								1	2 3 2		1
3		2 1	3	0 C4 2 C1	0		8 10	9		3		1	2 3 2		1


	5	2 5 1		2		0	8 10	9		3		0	8 10	9	3
	5	2 5 1		2		0	8 10	9		3		0	8 10	9	3
	2	4 4	5			0	8 10	9		3
	2	4 4	5	1		0	8 10	9		3

(во второй матрице три одинаковые строки, значит, последние две из них можно обнулить). Итак, ступенчатая матрица имеет вид

		1			2	3			2				1
																.
		0			8	10		9				3
		0			8	10		9				3
Ранг матрицы r 2. Принимая переменные												x1, x2						за базисные, а x3, x4, x5 за
свободные (обозначаем при этом x3 c1, x4 c2, x5													c3), получим общее решение
рассматриваемой ОСЛАУ							1						1						1
		f1 c1,			c2, c3		1						1						1
x1									c1						c2						c3,
x1							2		c1				4		c2				4		c3,
							2						4						4
								5						9						3
x f			2	c , c , c				5		c				9		c	2			3	c ,
x f				c , c , c						c						c					c ,
	2			1	2	3	4				1		8						8		3
							4						8						8

x3 c1 R, x4 c2 R, x5 c3 R.


Составляем базис B					,			,		пространства решений L0A (фундамен-
Составляем базис B			E1		,	E2		,	E3	пространства решений L0A (фундамен-
тальную систему решений, при этом dim L0A 3):
		1/2								1/4			1/4
				5/4							9/8			3/8
				5/4							9/8			3/8
	E1			1			, E2				0	, E3		0
	E1			1			, E2				0	, E3		0	.
				0							1			0
				0							0			1
				0							0			1

Практикум №1. Линейные пространства


Пример 4. Дана система векторов a ,							a ,					a R3:
				1					2			3
		1				3								0
			0	,			1				,			2	.
	a		0	,	a		1				,	a		2	.
1				2								3
			2				0							1
			2				0							1
1. Доказать, что она является базисом в пространстве R3, написать матрицу T
перехода от стандартного базиса				B0				,				,		пространства R3 к базису
перехода от стандартного базиса				B0		e1		,		e2		,	e3	пространства R3 к базису

Ba1, a2,a3 .

2.Написать формулы преобразования координат при преобразовании базиса. Пользуясь полученными формулами, найти координаты вектора

b 21

в базисе B a1, a2,a3 , если он задан в базисе B0 e1, e2, e3 .

Решение.

1. Для доказательства того, что система векторов a1, a2, a3 является бази-

сом в пространстве R3, достаточно найти определитель матрицы, составленной из компонент этих векторов:

	1		3	0								3	0	1	3
det		0	1	2	2 A 1 A		2 M	31	M	33	2	3	0	1	3	13.
					31	33		31		33		1	2	0	1
		2	0	1								1	2	0	1

Так как определитель матрицы отличен от нуля, то система векторов a1, a2, a3 является базисом в пространстве R3.

2. Напишем формулы преобразования координат при переходе от стандартного базиса B0 e1, e2, e3 :

																			1							0								0
																				0		,					1	,							0
																e				0		,	e				1	,		e					0
														1								2						3
																				0							0								1
к базису B									.											0							0								1
			,				,
		a1	,		a2		,	a3
Разложим векторы													,				,			по векторам													,				,			. Например, вектор
Разложим векторы											a1		,		a2		,	a3		по векторам												e1	,	e2			,		e3	. Например, вектор					a1
раскладывается следующим образом:
				1						1								0						0
						0	1					0		0					1		2				0						1							0				2		.
	a					0	1					0		0					1		2				0				a		1					e		0			e	2	e	.
1																												1							1				2			3
						2						0							0						1
						2						0							0						1

Аналогично можно поступить и с остальными векторами. В результате получаем следующую систему

Практикум №1. Линейные пространства

a 1 e 0 e 2 e ,
		1		1			2		3

				3 e1 1 e2 0 e3							,
a2				3 e1 1 e2 0 e3							,
			0			2				1				.
	a		0		e	2			e	1			e	.
		3		1					2			3

Составляем матрицу							1		3		0
							1		3		0
				3,3				0 1			2
		T tij i,j 1						0 1			2
								2	0		1
								2	0		1

перехода от стандартного базиса B0

базису B

(ее

столбцами являются компоненты вектор-столбцов

, которые являются

координатами этих векторов в стандартном базисе).

Теперь составим формулы преобразования координат при переходе от ба-

зиса к базису. Пусть вектор

в базисе B0

имеет следующий коор-

динатный вектор-столбец

x x2

а в базисе B a1, a2,a3 координатный вектор-столбец

	x
		1
	x .
x	x .
		2
	x
		3	B

Тогда имеет место формула

T 1

(5)

где T 1 матрица, обратная к матрице T перехода.

Найдем обратную матрицу T 1 по формуле

T11

T21

T31

T12

T22

T32

detT

где Tij 1 i j Mij алгебраическое дополнение для элемента tij матрицы пе-

рехода T (при этом detT 13).

Для удобства вычислений составим таблицу алгебраических дополнений:

Практикум №1. Линейные пространства

T11 M11	1			2	1					T12 M12					0				2	4		T13 M13			0			1		2
	1			2											0				2						0			1
	0			1											2				1						2			0

T21 M21				3		0		3		T22 M22				1			0		1			T23 M23					1	3			6
				3		0								1			0										1	3
				0		1								2			1										2		0

T31 M31		3	0		6					T32 M32						1		0		2		T33 M33				1		3		1
		3	0													1		0								1		3
		1		2												0			2							0		1

В результате обратная матрица T 1														к матрице перехода примет вид
						1				1		T11		T21				T31			1	1		3 6
				1		1				1											1
		T							T			T12		T22				T32					4	1 2			.
		T					detT		T		detT	T12		T22				T32			13		4	1 2			.
							detT				detT	T		T				T			13		2	6 1
												13	23					33

При этом формула (5) примет вид
				x				1 3			6	x1
				1				1 3			6	x1
		T 1		x			1		4	1	2	x		.
	x		x				1
	x		x										2
					2	13							2
						13			2	6	1
									2	6	1	x3
				x3

Расписывая покоординатно последнее матричное равенство, получим сис-

тему, описывающую связь координат вектора в новом базисе B a1, a2,a3 с

координатами вектора в старом базисе B0															,			,				:
координатами вектора в старом базисе B0												e1			,		e2	,			e3	:
x		1						x 3x						6x						,
x								x 3x				2		6x						,
1		13							1			2				3
		13
			1
			1			4x1				1 x2									2x3 ,
x2
x2
		13
		1				2x1				6 x2									x3 ,
x3
x3		13
		13							или
				1					или
x				1			x 3x 6x												,
x							x 3x 6x												,
	1		13						1	2						3
			13
					1
x					1				4x	x					2x						,		(6)
x									4x	x					2x						,		(6)
	2		13						1			2				3
			13
x					1			2x 6x								x				.
x								2x 6x						2		x				.
	3		13						1					2		3
			13
Итак, формулы преобразования координат при переходе от базиса B0 к ба-
зису B имеют вид (6). Теперь если вектор													имеет в базисе B0										координатный
зису B имеют вид (6). Теперь если вектор											b		имеет в базисе B0										координатный
вектор-столбец

Практикум №1. Линейные пространства

b 2 ,1

то пользуясь формулами (6), найдем координатный вектор-столбец вектора b в базисе B (подставляем в формулы (6) x1 3, x2 2, x3 1)

	1		9
x1		3 3 2 6 1			,
	13
			13
	1		16

x2		4 3 2 2 1		,
	13
			13
	1	2 3 6 2 1	19
x3				.
	13		13

Пример 5. Даны векторы

a1 43 R2, a2 1 R3 .2

Найти нормы этих векторов в соответствующих евклидовых пространствах, если скалярное произведение в каждом из них задано в стандартном виде

x, y xT y.

Пронормировать векторы согласно выбранной норме (построить соответ-

ствующие единичные векторы e1 R2, e2 R3 ).

Решение.

1) Норму вектора a1 вычисляем по формуле

												,				T		.
									a1		a1	,	a1		a1	T	a1	.
	Вычисляем скалярное произведение
		T		3 T		3		3				3		9 16 25.
		T		3 T		3						3
a1, a1 a1			a1							4
					4		4						4

Тогда норма вектора a1 равна a1 a1, a1 25 5.


В результате нормированный вектор e R2 вычисляем по формуле
						1
				3				3
		a						3
								5
e1			1					5
		1	1			4			,	e1	1.
			5
			5
	a				4		5
	1

2) Норму вектора a2 вычисляем по формуле

a2 a2, a2 a2T a2 .

Вычисляем скалярное произведение

Практикум №1. Линейные пространства

								10
			2 T		2				2
	T						2 1	2
	T	a2		1		1				1	4 1 4 9.
a2, a2 a2		a2		1		1				1	4 1 4 9.
				2		2				2
				2		2				2

Тогда норма вектора a2 равна

a2		a2	,	a2	9	3.
	В результате нормированный вектор													R3					вычисляем по формуле
	В результате нормированный вектор												e	R3					вычисляем по формуле
													2
											2				2
															3
									a2						3
										1		1					1					1.
							e2
																		,			e
										3							3


								a2												2
												2			2
															2
																3
																3

Процесс ортогонализации Грама-Шмидта

Процесс построения ортонормированного базиса B 0 e1, e2, ..., en по произвольному базису B a1, a2, ..., an называют процессом ортогонализа-

ции Грама-Шмидта. Процесс ортогонализации заключается в последовательном вычислении следующих векторов:

Составление	Процесс нормировки,	Условия
ортогонального базиса	получение ортонорми-	ортогональности
	рованного базиса	векторов

g1 a1

g2 a2 a2,e1 e1

e2,e1 0

g3 a3 a3,e1 e1 a3,e2 e2

e3,e1 0,

e ,e

…………………………………… …………….…………… …………………

gk ak ak ,e1 e1

e ,e

a ,e

... a ,e

…………….

k 2

k k 1

k 1

4 k n

ek ,ek 1 0

4 k n

Пример 6. В пространстве R3

со скалярным произведением

задан базис B

Практикум №1. Линейные пространства

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.04.2015139.82 Кб5pkpravila_priema_v_rgrtu_2012-ispr.pdf
#
15.04.2015291.28 Кб3Politologia.rtf
#
26.09.2019115.56 Кб0Politol_ekzamen (1).docx
#
23.11.2019104.45 Кб3Polozhenie_Proforg_goda_RTF (1).doc
#
15.04.2015458.69 Кб6praktikum-4.pdf
#
15.04.2015302.25 Кб7Praktikum_1.pdf
#
15.04.2015210.64 Кб8praktikum_1_1Integraly.pdf
#
15.04.2015360.37 Кб11Praktikum_3.pdf
#
15.04.2015956.42 Кб109Praktikum_КФ.doc
#
15.04.2015466.94 Кб59Praktikum_ЛО.doc
#
15.04.2015708.1 Кб55Praktikum_ЛП.doc