Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

λ

= 0

1

+ λ2

= 0

λ1

. Полученная СЛАУ имеет только тривиальное решение

+ λ2 + λ3 = 0

λ1

λ

+ λ

2

+ λ

+ λ

4

= 0

1

3

P :

f

1

(t) =t3 + t2 + t +1 = (1,1,1,1) ,

f

2

(t) =t2 + t +1 = (1,1,1,0) ,

3

f3 (t) =t +1 = (1,1,0,0) ,

f4 (t) =1 = (1,0,0,0) . Из столбцов координат многочленов

1

1

1

1

1 1 1 0

. Поскольку det A ≠ 0

, столбцы матрицы

составим матрицу A =

1

1

0

0

0

0

0

1

A линейно независимы, поэтому и система многочленов линейно

независима.

A

n ×n

Задача 3.

Доказать,

что

для

любой матрицы

размера

существует ненулевой многочлен

p(x) такой, что

p(A)= O , где O – нулевая

матрица размера

n ×n .

M n×n

Решение.

Поскольку

размерность

пространства

квадратных матриц

равна n2 ,

любая система из n2 +1

матриц линейно зависима. В частности,

линейно

зависима

система

матриц {E , A, A2 ,..., An2

.

Следовательно,

нулевой матрице: λ

0

E + λ A + λ

2

A2

+... + λ

2 An2

=O . Таким образом,

1

n

искомый многочлен имеет вид:

p(x)= λ

0

+ λ x + λ

2

x2

+... + λ

2 xn2 .

1

n

Далее

будем

пользоваться матричными обозначениями. Базис

e1 , e2 ,...,en

удобно обозначать матрицей-строкой e = (e1 , e2 ,...,en );

координаты вектора

x в базисе e1 , e2 ,...,en удобно обозначать матрицей –

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

Пусть

e = (e1 , e2 ,...,en )

и f = (f1 , f2 ,..., fn )

– два базиса n -мерного

линейного

пространства

L .

Разложим

векторы

второго базиса f по

базису e :

f1 =α11 e1 +α21 e2 +... +αn1 en

,

f2 =α12 e1 +α22 e2 +... +αn2 en ,

(1)

L

fn =α1n e1 +α2n e2 +... +αnn en .

Коэффициенты

αij

этих

разложений

образуют

матрицу

α11

α12

L α1n

T

=

α21

α22

L α2n ,

которая называется

матрицей перехода от

e→ f

L

L

L

L

αn1

αn2 L αnn

базиса

e к базису

f .

Отметим,

что

i -й столбец матрицы

перехода,

i =1, 2,..., n ,

является столбцом координат вектора

fi ( i -го вектора нового

базиса)

относительно старого базиса e , т.е. матрица перехода состоит из

координат векторов нового базиса в старом, записанных по столбцам.

Свойства матрицы перехода.

1.

Соотношения (1) можно записать компактно в матричном виде

f = e Te→ f .

(2)

2.

Матрица перехода квадратная и невырожденная и, следовательно,

всегда имеет обратную.

≠ 0 , т.к. векторы f1 , f2 ,..., fn линейно независимы.

Действительно,

detTe→ f

3.

Если T

– матрица перехода от базиса

e к базису

f , то обратная

матрица

T −1 является

матрицей

перехода от

базиса

f к базису e .

Действительно,

учитывая

соотношение

(2),

получим

e = f T

f →e

= f T −1

.

e→ f

X e =Te→ f X f .

(3)

Задача 1.

Найти матрицу перехода от базиса

e = (i, j,k) к базису

f = ( f1, f2 , f3 )

в пространстве V3 . f1 = j, f2 = k, f3 = i .

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

Решение.

Найдем координаты векторов f1 , f2 , f3 в базисе e : f1 = (0,1,0) ,

f2 = (0,0,1) ,

f3 = (1,0,0) . Из столбцов координат векторов составим матрицу

0

0

1

1

0

0

. Данная матрица A и есть матрица перехода от базиса e

к

A =

0

1

0

базису

f .

Задача 2.

В пространстве V3 заданы векторы

f1 = i + j ,

f2 = i − j ,

f3 = −i + 2 j − k .

Доказать, что система векторов

f

= ( f1 , f2 , f3 )

образует

базис в V3 и написать матрицу перехода от

базиса

e = (i, j,k)

к базису

f .

Найти координаты вектора x = i − 2 j + 2k в базисе

f .

Решение. а)

Найдем координаты векторов

f1 , f2 , f3

в базисе e : f1 = (1,1,0) ,

f2 = (1,−1,0) ,

f3 = (−1,2,−1) .

Из столбцов

координат

векторов

составим

1

1

−1

матрицу

A =

1

−1

2

. Поскольку det A ≠ 0 , система векторов

f1 , f2 , f3

0 0 −1

V3 , т.к.

линейно независима. Эта система образует базис в пространстве

количество векторов в системе совпадает с размерностью пространства V3 .

б)

Матрица

A и есть матрица перехода от базиса e

в базис

f . (1,−2,2) –

координаты

вектора

x

в базисе

e = (i, j,k) ,

(x1, x2 , x3 ) – координаты

x в

1

x

базисе

f

1

. Подставив матрицы

X e ,

= ( f1 , f2 , f3 ) , т.е. X e = − 2

, X f

= x2

2

x

X f ,

A

3

в формулу (3),

получим СЛАУ,

записанную в матричном виде:

1

1 1

−1 x

− 2

1

−1

2

1

. Решив

эту систему

методом

Гаусса,

получим

=

x2

2

0 0

−1 x

3

x

=

1 ,

x

2

= −

3

,

x = −2 .

Таким

образом,

вектор

x

в

базисе

f

имеет

1

2

2

3

координаты

x = (1

,−

3

,− 2).

2

2

f (t) =t 2 +1,

Задача 3.

Доказать,

что

система

многочленов

(t) = −t2 + 2t ,

(t) =t2 −t

1

f

2

f

3

образует базис

в

пространстве

P .

Найти

2

базисе

e = (1,t,t2 )

пространства

P :

f

1

(t) =t2

+1 = (1,0,1) ,

2

f2 (t) = −t2 + 2t = (0,2,−1) ,

f3 (t) =t2 −t = (0,−1,1) .

Из столбцов

координат

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

1

0

0

многочленов

составим матрицу

0

2

. Линейная независимость

A =

−1

1

−1

1

многочленов эквивалентна линейной независимости столбцов матрицы A.

Поскольку

det A ≠ 0 , столбцы

матрицы

A

линейно независимы,

б) Матрица A является матрицей

перехода от

базиса

e

к базису

f .

Многочлен

g(t) = −2t2 + t −1

имеет

координаты (−1,1,−2)

в

естественном

базисе

e = (1,t,t2 )

и координаты (x , x

2

, x

)

в базисе

f = ( f (t), f

2

(t), f

3

(t)) ,

−1

x

1

3

1

т.е.

1

1

Пользуясь

формулой

(3),

получим

систему

Ge =

,

G f = x2

.

− 2

x3

−1

1 0

0

x

1

0

2

1

x1

= −1,

x2 = 0 ,

x3 = −1

–

решение

системы.

=

−1

x2

.

− 2

1

−1 1

x

3

g(t)

f

Таким

образом,

многочлен

в

базисе

имеет

координаты

g(t) = (−1,0, −1).

Замечание.

Координаты

многочлена

g(t) = −2t2 + t −1

в

базисе

f

можно

найти

вторым

способом.

Разложим

многочлен

по

базису

g(t) = λ1 f1(t) + λ2 f2 (t) + λ3

f3 (t)

t (−∞,+∞) .

Подставив

в

равенство

многочлены f1(t),

f2 (t), f3 (t) и приведя подобные члены, получим

− 2t2 + t −1 = λ (t2 +1) + λ

2

(−t2 + 2t) + λ (t2−t)

t (−∞,+∞)

1

3

t 2 (−2 − λ + λ

2

− λ )

+ t

(1 − 2λ

2

+ λ

) + (−1 − λ ) ≡ 0

t (−∞,+∞) .

1

3

3

1, t , t2

1

Поскольку

система

многочленов

линейно

независима,

только

тождественно равна нулю. Приравнивая коэффициенты

при t 2 , t, 1

к нулю,

− 2

− λ1 + λ2 − λ3 = 0

+ λ3 = 0

. λ1 = −1, λ2 = 0 ,

λ3 = −1

– решение

получим СЛАУ 1 − 2λ2

−1

− λ

= 0

1

g(t) = (−1,0,−1) в базисе f .

системы. Следовательно,

Задача 4. Два базиса f = ( f1 , f2 , f3 ) и g = (g1 , g2 , g3 ) в

R3

заданы

своими координатами в некотором третьем базисе e

в R3 .

f 1 = (1,1,0) ,

f 2 = (1,0,1) , f 3 = (0,1,1) , g1= (1,1,1) ,

g2 = (1,2,0) , g3 = (−1,0,0) . Вектор

x задан

координатами в базисе

g :

x = (

3

,−2,3) . Найти координаты вектора x в

базисе f .

2

1

1

0

I способ. Te→ f

1

0

1

– матрица перехода от e к f . Для того чтобы

=

0

1

1

найти матрицу перехода от f

к g ,

надо найти координаты векторов базиса

g

в базисе

f .

Найдем

координаты

g1

в

базисе

f .

Вектор g1

имеет

координаты

(1,1,1)

в базисе e и координаты

(x1, x2 , x3 )

в базисе

f ,

т.е.

1

x

G1

G1

1

Воспользовавшись

формулой

(3)

G1

=Te→ f G1

,

e

= 1 ,

f

= x2

.

e

f

1

x3

1 1 1 0 x

получим

СЛАУ

1

=

1

0

1

x

1

.

x

= 1 ,

x

= 1 ,

x

= 1

– решение

2

2

1

2

2

3

2

0 1 1

1

x3

системы. Таким образом,

вектор

g1

в

базисе

f

имеет

координаты

g1 = (12 , 12 , 12 ).

Аналогично найдем координаты g2 в базисе

f , решив систему

1 1 1 0 x

2

1

0

1

1

и

координаты

g3

в

базисе

f ,

решив систему

=

x2

0

0 1 1

x3

−1 1 1 0 x

0

1

0

1

1

Вектор

g2

в

базисе

f

имеет

координаты

=

x2

.

0

0 1 1

x

3

g2 = (

3

,−12 , 12 ),

вектор g3

в

базисе

f

имеет

координаты

g3 = (− 12 ,−12 , 12 ).

2

1

3

−

1

2

2

2

Матрица перехода от

f

к g имеет вид:

T

f →g

=

1

−

1

−

1

. Чтобы найти

12

1

2

1

2

x

f ,

2

2

2

координаты

вектора

в базисе

опять

воспользуемся

формулой

(3):

1

3

−

1

3

−

15

2

2

2

2

4

X

f

=T

f

→g

X

g

=

1

−

1

−

1

− 2

=

1

. Таким образом,

вектор

x

в

12

1

2

1

2

3

54

2

2

2

4

базисе

f

имеет координаты

x = (− 15 , 1 ,