Лінійна алгебра
.pdfМІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ ОДЕСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ МОРСЬКИЙ УНІВЕРСИТЕТ
Кафедра “Вищої та прикладної математики”
ЕЛЕМЕНТИ ЛІНІЙНОЇ АЛГЕБРИ
Конспект лекцій
Одеса – 2014
2
Конспект лекцій розроблено кандидатом фізико-математичних наук
Григор’євим Юрієм Олександровичем – доцентом кафедри “Вища та прикладна математика” Одеського національного морського університету.
Посібник схвалено кафедрою “Вища та прикладна математика” ОНМУ 03 червня 2014 року (протокол № 11).
Рецензенти – докт. фіз-мат. наук, професор І.Л. Андронов, канд. фіз-мат. наук, доцент С.О. Кирилов.
3
1. ПОНЯТТЯ ЛІНІЙНОГО ПРОСТОРУ
Будь-яку упорядковану пару чисел (x1,x2 ) геометрично можна уявити собі як точку на площині або як вектор x = (x1,x2 ) на цій площині (рис. 1.1). Сукупність всіх таких точок (або векторів) називається двовимірним простором і позначається R2 .
Так само кожну упорядковану трійку чисел (x1,x2 ,x3 ) |
геометрично |
|||
можна уявити собі як |
точку або |
як |
вектор x = (x1,x2 ,x3 ) |
(рис. 1.2) у |
тривимірному просторі |
R3 . |
|
|
|
|
|
|
x3 |
|
x2 |
|
|
x3 |
|
|
|
|
|
|
x |
x |
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
O |
x2 |
|
|
|
x2 |
|
O |
x |
x |
x1 |
|
|
1 |
1 |
x1 |
|
Рис. 1.1 |
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.2 |
||
Аналогічно упорядкований набір з n чисел (x1,x2 ,...,xn ) |
називають n- |
вимірним вектором. Множина всіх таких векторів називається n-вимірним
простором і позначається Rn .
На n-вимірні вектори розповсюджуються звичайні правила додавання
векторів та множення вектора на число. |
|
|
|
|||
Щоб |
скласти |
два вектори |
x = (x1,x2 ,...,xn ) |
та y = (y1, y2 ,..., yn ) |
||
потрібно |
скласти |
їх відповідні |
координати. Тобто, якщо |
z = x + y, |
то |
|
z = (x1 + y1,x2 + y2 ,...,xn + yn ). |
|
|
|
|
||
Щоб |
помножити вектор x = (x1,x2 ,...,xn ) на |
число α |
потрібно |
всі |
координати вектора помножити на це число. Тобто α x = (α x1,α x2 ,...,α xn ).
Розглянуті дії: складання векторів та множення вектора на число називаються лінійними діями над векторами.
Наведемо властивості лінійних дій над векторами. Якщо вектори x та y належать Rn , то x + y Rn і
1.x + y = y + x,
2.x + ( y + z) = (x + y) + z для довільних x, y та z з Rn ,
|
4 |
3. |
для всіх x Rn справедлива рівність x + o = x, де o = (0,0,...,0), |
4. |
для кожного x Rn справедлива рівність x + (−x) = 0. |
Для довільного числа α і довільного вектора x Rn визначений вектор
αx Rn (добуток вектора x на число α ), причому
1.α (β x) = (αβ )x, де α і β – числа,
2.1 x = x,
3.(α + β )x = α x + β x,
4.α (x + y) = α x +α y , де x та y належать Rn .
Множина L елементів будь-якої природи, що задовольняє наведеним вище властивостям, називається лінійним простором.
Наведемо інші приклади лінійних просторів:
1.Множина всіх дійсних чисел R.
2.Множина векторів у просторі чи на площині.
3.Множина всіх матриць однакової розмірності.
4.Множина неперервних функцій на деякому відрізку [a,b].
2.ПОНЯТТЯ ПРО ЕВКЛІДІВ ПРОСТІР
Для будь-яких векторів x = (x1,x2 ,...,xn ) та y = (y1, y2 ,..., yn ) можна ввести поняття скалярного добутку
x y = x1 y1 + x2 y2 + ...+ xn yn .
Для довільних векторів x, y і z з Rn справедливі наступні властивості:
1.x y = y x,
2.(α x) y = α (x y) для довільного числа α ,
3.(x + y) z = x z + y z,
4.x x ≥ 0, причому x x = 0 лише при x = o.
Означення. Лінійний простір L називається простором Евкліда, якщо для кожних двох елементів x, y L визначена дія скалярного добутку x y =α , де α – число. Причому властивості скалярного добутку повинні бути такими, які мають місце для скалярного добутку векторів, тобто 1 – 4.
Отже, якщо для довільних двох векторів лінійного простору Rn введена
операція скалярного добутку, то простір Rn є простором Евкліда. В цьому просторі вводять поняття довжини вектора:
x = x x . Наведемо інші приклади евклідових просторів:
1.Множина всіх дійсних чисел R.
2.Множина векторів у просторі чи на площині.
5
3. Множина неперервних функцій на деякому відрізку [a,b]. Скалярний
добуток неперервних функцій визначається так:
b
f g = ∫ f (x)g(x)dx.
a
3. ЛІНІЙНА ЗАЛЕЖНІСТЬ ВЕКТОРІВ
Нехай дано |
m векторів a , a |
2 |
, ..., a |
m |
простору Rn . |
Лінійною |
|
1 |
|
|
|
||
комбінацією цих векторів називається вираз |
|
|
|
|||
|
k1a1 + k2a2 + ...+ kmam , |
|
||||
де k1, k2 , ..., km – деякі числа. |
|
|
|
|
|
|
Означення. |
Система векторів |
|
a1, a2 , ..., am називається |
лінійно |
незалежною, якщо лінійно комбінація цих векторів дорівнює нулю лише в одному випадку, коли k1 = k2 = ... = km = 0.
Система векторів називається лінійно залежною, якщо існують числа
k1, k2 , ..., km , не всі рівні нулю, такі, що |
|
k1a1 + k2a2 + ...+ kmam = 0. |
(3.1) |
Якщо вектори a1, a2 , ..., am лінійно залежні, то один з них можна подати у вигляді лінійної комбінації інших. Дійсно, у випадку лінійної залежності наших векторів рівність (3.1) справедлива і не всі коефіцієнти k1, k2 , ..., km
дорівнюють нулю. Нехай, наприклад |
k1 ≠ 0. Тоді обидві частини рівняння |
|||||
(3.1) можна поділити на k1 і знайти a1 : |
|
|
||||
a = − |
k2 |
a |
−...− |
km |
a . |
|
|
|
|||||
1 |
k |
2 |
|
k |
|
m |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
От ми і виразили вектор a1 через лінійну комбінацію інших векторів |
||||||
системи. Справедлива наступна теорема. |
|
|
||||
Теорема. Система векторів |
a1, a2 , ..., am |
лінійно залежна тоді і тільки |
тоді коли один з векторів системи можна представити у вигляді лінійної
комбінації інших. |
|
Приклад. Дослідити на лінійну залежність систему векторів |
|
a = (1,−2,5), b = (−3,4,0), c = (−1,0,10). |
(3.2) |
Якщо вектори лінійно залежні, то один з векторів представити у вигляді лінійної комбінації інших.
Розв’язання. Складемо лінійну комбінацію векторів і дослідимо, при
яких значеннях чисел α , β і γ вона дорівнює нулю: |
|
αa + βb + γ c = 0. |
(3.3) |
6
Тут над векторами (3.2) виконуються лінійні дії. Значить, такі самі дії справедливі і для координат цих векторів:
|
|
|
|
|
α − 3β − γ = 0, |
|
|
|
|
|
|
−2α + 4β + 0γ = 0, |
(3.4) |
|
|
|
|
|
5α + 0β +10γ = 0. |
|
Обчислимо визначник системи |
|
|||||
|
1 − 3 |
−1 |
|
=1 40 + 3(−20)−1(−20) = 40 − 60 + 20 = 0. |
|
|
|
|
|
||||
= |
−2 |
4 0 |
|
|
||
|
5 |
0 |
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Якби визначник системи був відмінним від нуля, то система (3.4) мала б єдиний розв’язок (тобто нульовий) і вектори (3.2) були б лінійно незалежними. Але визначник системи дорівнює нулю, тотму розв’язок системи α = β = γ = 0 не єдиний. Існують α , β і γ , не всі рівні нулю, такі, що справедлива рівність (3.3). Вектори (3.2) лінійно залежні. Розв’яжемо систему за методом Гаусса. До другого рівняння системи додамо перше, помножене на 2, а до третього – перше, помножене на (–5). Отримаємо
α − 3β − γ = 0, |
|
|
− 2β − 2γ = 0, |
|
|
|
15β +15γ = 0. |
|
Скоротивши друге рівняння на (–2), а третє на 15, отримаємо систему з двома різними рівняннями і трьома невідомими:
α − 3β − γ = 0,
β + γ = 0.
Ця система має безліч розв’язків. Припустимо, що γ – довільне число.
Тоді β = −γ , |
α = −2γ . Загальний розв’язок системи має вигляд |
|
|||||
α = −2γ , |
β = −γ , |
γ |
– довільне число. |
|
|
||
Поклавши, |
наприклад, |
γ =1, отримаємо α = −2, |
β = −1. |
При |
|||
знайдених значеннях α , |
β |
і γ лінійна комбінація векторів (3.3) дорівнює |
|||||
нулю |
|
|
|
|
−2a − b + c = 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Виразимо, наприклад, вектор c через вектори a і b: c = 2a + b. |
|
||||||
Таким |
чином, |
для |
перевірки лінійної незалежності |
системи m |
n- |
вимірних векторів треба розв’язати систему з n лінійних однорідних рівнянь з m невідомими. Ця система, очевидно, завжди має нульовий розв’язок. Якщо цей нульовий розв’язок є єдиним розв’язком системи, то система векторів лінійно незалежна. В іншому випадку система лінійних однорідних рівнянь має безліч розв’язків. Тоді система векторів лінійно залежна.
7
При n < m система лінійних однорідних рівнянь має безліч розв’язків і система векторів лінійно залежна. Звідси висновок: максимальна кількість лінійно незалежних n-вимірних векторів дорівнює n.
4. БАЗИС ПРОСТОРУ
Означення. Будь-яка сукупність n лінійно незалежних векторів в
просторі Rn називається базисом цього простору. Роль базису пояснює наступна теоремаю
Теорема. Кожний вектор простору Rn можна представити у вигляді лінійної комбінації векторів базису і це представлення єдине.
Доведення. Нехай a1, a2 , ..., an – базис n-вимірного простору Rn , а x –
будь-який вектор цього простору.
Оскільки в n-вимірному просторі не може бути більше n лінійно
незалежних векторів, то вектори x, a1, a2 , ..., an лінійно |
залежні. Тобто |
існують числа k0 , k1, k2 , ..., kn , не всі рівні нулю, такі, що |
|
k0 x + k1a1 + k2a2 + ...+ knan = 0. |
(4.1) |
Тут k0 ≠ 0, інакше |
|
k1a1 + k2a2 + ...+ knan = 0 |
|
і не всі k1, k2 , ..., kn дорівнюють нулю. А це суперечить лінійної незалежності векторів a1, a2 , ..., an . Значить, з рівняння (4.1) можна знайти
|
x = − |
k1 |
a − |
k2 |
a |
|
−...− |
kn |
a |
|
. |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
k0 |
1 |
|
k0 |
|
2 |
|
k0 |
n |
|
|
||||
Позначимо через |
m = − |
ki |
|
, |
де |
i =1,2,...,n |
і запишемо |
попередню |
||||||||
|
|
|||||||||||||||
|
i |
|
k0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
рівність так: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = m1a1 + m2a2 + ...+ mnan . |
(4.2) |
Ми довели, що вектор x можна представити у вигляді лінійної комбінації векторів базису. Доведемо, що це представлення єдине. Припустимо противне, що існує ще одна лінійна комбінація, відмінна від (4.2), що дає вектор x:
x = m1′a1 + m2′a2 + ...+ mn′an . |
|
(4.3) |
|||
Віднімаючи від рівності (4.1) рівність (4.2), отримаємо |
|
|
|||
0 = (m − m′)a + |
(m − m′ )a + ...+ |
(m − m′ )a . |
|||
1 1 1 |
2 |
2 2 |
n |
n |
n |
Із лінійної незалежності векторів a1, a2 , ..., an витікає, що попередня рівність можлива лише у випадку, коли всі коефіцієнти mi − mi′ дорівнюють нулю:
8
mi = mi′, i =1,2,...,n.
Звідси випливає, що будь-який вектор з Rn може бути представлений
єдиною лінійною комбінацією векторів базису. Теорему доведено. Означення. Якщо вектор x представлений у вигляді лінійної комбінації
векторів базису:
x = m1a1 + m2a2 +...+ mnan , |
(4.2) |
то числа m1,m2 ,...,mn називаються координатами вектора x |
в базисі |
a1, a2 , ..., an . |
|
Координати вектора також можна записувати в дужках, тобто запис (4.2) рівносильний наступному
x= (m1,m2 ,...,mn ).
Ваналітичній геометрії у якості базису на площині ми часто
застосовували вектори |
|
= (1,0) |
та |
|
= (0,1) |
(рис. 4.1), а у просторі – |
|||||||||||||||||||||
i |
j |
||||||||||||||||||||||||||
вектори |
|
= (1,0,0), |
|
= (0,1,0) та |
|
= (0,0,1) (рис. 4.2). |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
i |
j |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
j |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
О |
|
|
|
|
|
y |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
О |
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
Рис. 4.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
Рис. 4.2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
5. КООРДИНАТИ ВЕКТОРА В РІЗНИХ БАЗИСАХ |
|
||||||||||||||||||||||||
Задача. Нехай a , a , ..., a |
n |
і |
b , b , ..., b |
– два базиси простору Rn . |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
2 |
|
|
1 |
|
2 |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
Перший домовимося називати старим базисом, а другий – новим.
Координати вектора x = (x1,x2 ,...,xn ) |
задані в старому базисі. Треба знайти |
|||||||||||
координати цього вектора в новому базисі. |
|
|
|
|
||||||||
Розв’язання. Представимо нові вектори b1, b2 , ..., bn |
у вигляді лінійних |
|||||||||||
комбінацій старих векторів a1, a2 , ..., an : |
|
|
|
|
||||||||
b = β a + β |
|
|
a |
|
+...+ β |
|
|
a , |
|
|||
1 |
11 |
1 |
21 |
|
|
2 |
|
n1 |
n |
|
||
b2 |
= β12a1 + β22a2 +...+ βn2an , |
|
||||||||||
............................................. |
(5.1) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
= β |
a + β |
2n |
a |
+...+ β |
|
a . |
|
||||
n |
1n |
1 |
|
|
2 |
|
|
nn n |
|
9
Матриця коефіцієнтів |
|
|
|
|
|
β |
β |
... β |
|
|
11 |
12 |
1n |
|
B = |
β21 |
β22 ... β2n |
||
|
.................... |
|||
|
βn1 |
|
|
|
|
βn2 ... βnn |
називається матрицею переходу від старого базису до нового. Коефіцієнти розкладання векторів нового базису утворюють стовпці матриці B.
Оскільки координати вектора x = (x1,x2 ,...,xn ) задані в старому базисі,
то можна записати
x = x1a1 + x2a2 +...+ xnan .
Позначимо через y = (y1, y2 ,..., yn ) координати вектора x в новому базисі, тобто
y = y1b1 + y2b2 +...+ ynbn . Оскільки x та y – один й той же вектор, то
n |
n |
∑xiai = ∑yjbj . |
|
i=1 |
j=1 |
Замість bj підставимо вирази із система (5.1):
n |
n |
n |
n |
n |
∑xiai = ∑yj ∑βijai = ∑ai ∑βij yj . |
||||
i=1 |
j=1 |
i=1 |
i=1 |
j=1 |
Звідси витікають співвідношення, що зв’язують координати вектора x в старому базисі x = (x1,x2 ,...,xn ) і в новому базисі y = ( y1, y2 ,..., yn ):
n |
|
|
|
|
|
xi = ∑βij |
yj , i =1,2,...,n. |
(5.2) |
|||
j=1 |
|
|
|
|
|
Якщо позначити |
|
|
|
|
|
x |
|
|
y |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
x = x2 , |
y = y2 , |
|
|||
... |
|
|
... |
|
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
yn |
|
|
то співвідношення (5.2) можна записати у матричному вигляді: |
|
||||
|
|
x = By . |
|
|
|
Тобто, вектор в старих координатах дорівнює матриці переходу, |
|||||
помноженій на вектор в нових координатах. |
|
|
|
||
Якщо визначник матриці B відмінний |
від |
нуля, то існує |
обернена |
||
матриця B−1 і можна записати |
|
|
|
|
|
|
y = B−1x. |
|
|
(5.3) |
10
Приклад. |
Знайти координати |
вектора |
x в |
базисі e1′, e2′, e3′, якщо |
||
x = (3,6,−1) |
в базисі e1, e2 , e3 , |
|
|
|
|
|
|
e′ |
= 2e + e + e , |
|
|||
|
1 |
|
1 |
2 |
3 |
|
|
e2′ = |
2e2 − e3, |
|
|||
|
′ |
= e1 |
− e2 + e3. |
|
||
|
e3 |
|
||||
Розв’язання. Запишемо матрицю переходу. Її стовпці – це координати |
||||||
нових базисних векторів |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 0 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B = 1 |
2 −1 . |
|
|||
|
|
|
−1 |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
||
Скористаємось формулою |
(5.3). МатрицюB−1 |
будемо знаходити за |
||||
правилом: |
|
|
|
|
|
|
1) знайдемо визначник матриці B: |
|
|
|
B = 2 1+1 (−3) = 2 − 3 = −1.
Оскільки визначник відмінний від нуля, то обернена матриця існує.
2) Знайдемо транспоновану матрицю, записавши рядки матриці B у стовпці:
|
|
2 |
1 |
1 |
|
B′ = |
|
|
|
|
|
|
0 |
2 −1 |
|||
|
|
|
−1 |
1 |
|
|
1 |
|
3)Знайдемо союзну матрицю, замінивши кожний елемент
транспонованої матриці його алгебраїчним доповненням,
|
|
1 |
−1 |
− 2 |
|
ɶ |
|
−2 |
1 |
3 |
|
B = |
|
. |
|||
|
|
−3 |
2 |
4 |
|
|
|
|
4) Обернена матриця знаходиться за формулою
|
|
B−1 = |
|
|
1 |
|
|
Bɶ. |
|
||
|
|
|
|
B |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В нашому випадку |
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 2 |
|
|||||||
B |
−1 |
= |
|
2 |
|
|
−1 − 3 |
|
|||
|
|
|
|
. |
|||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
− 2 − 4 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
За формулою (5.3) знайдемо координати вектора x в новому базисі: