Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южный Федеральный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Reshebnik211108_-_kopia_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

536.61 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 84 5 6 7 8 > Следующая >>>

3.2Примеры для самостоятельного решения

3.1Выполнить действия:

	0 2 ¡1					3		1 ¢ B			¡1	0	C	¡			0			¡4 7			1			0	3 ¡3 1
	@	1	2			1		A		0	1	4	1			2	@			1		3	T :		Ответ:	@	¡1 13	A
	@							A		B	2	1	C				@						A			@		A
										@			A
	0	1	1		0		2	1T							0			2		1		1	1	1.
3.2	0	4	1		¢ B		1	C		:		Ответ:			0			8		4		4	4	1.
	B	3	C		B		1	C							B			6 3 3 3						C
	B	3	C		B C										B			6 3 3 3						C
	@		A		B		1	C							@									A
					B			C
					@			A
3.3	0	1			2	12		:			Ответ:		0	¡1						4	1.
	@	¡1 1				A							@	¡2 ¡1							A
3.4	0	2			3	13		:			Ответ:		0	¡14						21		1.
	@	¡1 2				A							@	¡9 ¡10 A
3.5 Hайти все матрицы, перестановочные с матрицей A:
	а) A =			0		2		¡1		1:		Ответ:				0 a + b						a	1
				@		0		3		A						@				0		b	A
	б) A =			0		1		2	1:		Ответ:			0						a		2a ¡ 2b			1
				@		3 0			A					@ 3a ¡ 3b									b		A
3.6 Найти обратную матрицу двумя способами:
	а)	@	1			1	A				Ответ:			1	@			1			1	A
		@	¡1			1	A								@			1		1		A
		0					1		:					2	0					¡		1.
	б)	@	2			1	A				Ответ:			1	@			1		1		A
		@	3		¡1		A								@			3		¡2		A
		0					1		:					5	0							1.
					1	4								1						2		4
	в)	@	4			2	A		:		Ответ:					@				4		1 A
		@	4			2	A							18		@				4		1 A
		0	¡				1							18		0			¡			1.
		@	0			1	A						1		@			1		1	A
	г)	@	3		¡1		A				Ответ: 3				@			3		0	A
	г)	0					1		:		Ответ: 3				0						1.

д)	0	1	1		1	1		:						Ответ:					0		1		¡1		1		1.
	B	0 1 2				C													B		0 1 ¡2						C
	B	0	0		1	C													B		0		0		1		C
	@					A													@								A
е)	0	4		1	0		1				:					Ответ: 1						0	1		¡3			2		1.
	B	¡1		1 2			C													7		B	3 12 ¡8							C
	B	0		1	3		C															B	¡	1	¡	4		5		C
	@						A															@	¡		¡					A
3.7 Решить матричные уравнения:
	@	1		2	A		¢						@				1		2	A								1		@		7	1		A
а)	@	¡1 3			A		¢						@			¡1 3				A					Ответ: 5					@	1 2				A
а)	0				1			X =					0							1		:			Ответ: 5					0	¡				1.
		¢ @		2		1		A @									3		2	A								1		@	5		1	A
б) X		¢ @	¡1 1					A @								¡1 2				A					Ответ: 3					@	4 5			A
б) X		0						1				=	0							1		:			Ответ: 3					0				1.
в)	0	1	4	1		X =						0			¡1			3	1		:		Ответ:				0 ¡1 ¡ 4a								3 ¡ 4b		1.
	@	2 8		A ¢		A						@			¡2 6				A								@			a					b		A
г)	@	¡1 ¡2				A			¢						@		3 0			A					Ответ:			®	.
г)	0	2		4		1					X =				0		1		2	1		:			Ответ:				.
д) X		¢ @	4 2				A			@					¡1 ¡3					A					Ответ:			®		.
д) X		0	2		1		1			=		0				1		3		1		:			Ответ:					.
е) X		0	1		2	1				=		0			1			2		1		:			Ответ:			0		1 ¡ 2a					a	1.
		¢ @	2 4			A						@			¡1 ¡2					A								@		¡1 ¡ 2b b						A

4Учебный модуль №4. Линейные пространства

4.1Линейно зависимые (независимые) системы векторов. Базис. Координаты вектора

Линейным пространством называют множество L элементов (векторов), для которых введены две операции: сумма двух векторов x + y 2 L, произведение вектора x на число ¸ 2 R, ¸x 2 L, и эти операции удовлетворяют восьми аксиомам:

1.	8 x; y 2 L	x + y = y + x
2.	8 x; y; z 2 L	(x + y) + z = x + (y + z)
3.	9 µ 2 L :	8x 2 L	x + µ = x
4.	8 x 2 L 9 y 2 L :		x + y = µ
5.	8 x 2 L	1 ¢ x = x
6.	8 ¸; ¹ 2 R; 8x 2 L :		(¸¹)x = ¸(¹x)
7.	8 ¸ 2 R; 8 x; y 2 L :		¸(x + y) = ¸x + ¸y
8.	8 ¸; ¹ 2 R; 8x 2 L :		(¸ + ¹)x = ¸x + ¹x
Из аксиом линейного пространства есть три важных следствия:
8x 2 L :		0 ¢ x = µ
8¸ 2 R :		¸ ¢ µ = µ
если x + y = µ; то		y = (¡1) ¢ x

Система векторов a1; a2; : : : ak 2 L называется линейно независимой, если равенство

(¤) ®1a1 + ®2a2 + : : : + ®kak = µ

выполняется только для нулевых ®1 = ®2 = : : : = ®k = 0.

Система векторов a1; a2; : : : ak 2 L называется линейно зависимой, если равенство (¤) выполняется для ненулевого набора чисел ®1; ®2 : : : ®k.

Система векторов e1; e2; : : : en 2 L называется базисом линейного пространства, если

1)e1; e2; : : : en – линейно независима

2)8 x 2 L : x = x1e1 + x2e2 + : : : + xnen:

Числа x1; x2 : : : xn называются координатами вектора x в базисе e1 : : : en:

	B	x1		C
	B	¢		C	xT = (x x : : : x )
x = B x2				C	xT = (x x : : : x )
	B			C
	B	¢		C
e	B	¢		C	e 1 2 n
e	B			C	e 1 2 n
	B x		n	C
	B		n	C
	@			A

Размерностью линейного пространства называют число векторов в базисе: dimL = n

4.2Правила сложения векторов и умножения вектора на число в координатах

1.V 1 – множество геометрических коллинеарных векторов (векторы на прямой). Базис в V 1 – любой ненулевой вектор. dimV 1 = 1.

2.V 2 – геометрических компланарных векторов (векторы на плоскости). Базис в V 2 – любые два некомпланарных вектора. dimV 2 = 2.

3.V 3 – множество геометрических векторов. Базис в V 3 – любые три некомпланарных вектора. dimV 3 = 3.

4.Mm£n – пространство всех матриц одного размера. Один из базисов в про-

странстве Mm£n:						1
	0	1	0	: : : 0		1
E1	= B	0	0	: : : 0		C	; E2
	B	: : : : : : : : :				C
	B			: : :		C
	B	0	0	: : :	0	C
	B	0	0		0	C
	@					A

dimMm£n = mn.

0	0	1	: : : 0		1	0	0	0	: : : 0		1
= B	0	0	: : : 0		C	; : : : ; Emn = B	0	0	: : : 0		C
B	: : : : : : : : :				C	B	: : : : : : : : :				C
B			: : :		C	B			: : :		C
B	0	0	: : :	0	C	B	0	0	: : :	1	C
B	0	0		0	C	B	0	0		1	C
@					A	@					A

5.Pn – пространство многочленов f(t) = antn + an¡1tn¡1 + : : : + a1t + a0 степени

не выше n. Один из базисов в пространстве Pn: e1 = 1; e2 = t; e3 = t2 : : : en = tn¡1; en=1 = tn dimPn = n + 1

6.Rn – арифметическое (координатное пространство). Элементы Rn – упорядо-

ченные наборы n чисел: x = (®1; ®2 : : : ®n). Один из базисов: e1 = (1; 0; : : : 0),

e2 = (0; 1; : : : 0) : : : en = (0; 0; : : : 1). dimRn = n:

Полученные в этих примерах базисы называют естественными базисами.

Пример 1 Найти координаты вектора в естественном базисе.

1. В пространстве M2£2 A = @ 2 ¡3 A.

A = ®1E1			+ ®2E2			+ ®3E3			+ ®4E4,			0			1		0			1		0			1,
0	2	¡3	1	= 2	¢	0	1	0	1	3	¢	0	0	1	1	+ 1	0	0	0	1	+ 2	0	0	0	1,
@	1	2	A		¢	@	0	0	A ¡		¢	@	0	0	A		¢ @	1	0	A		¢ @	0	1	A

по определению координат вектора

или AET =

¡3

2 .

AE = B

¡3 C

2. В

пространстве P3 f(t) = 2t3

3t2

+ 4t + 5. Естественный базис в P3 : e1 = 1,

= t, e3 = t , e4

= t

, поэтому f(t) = 5e1 + 4e2 ¡ 3e3 + 2e4, значит

B ¡

4 ¡3

= B

C или feT

3.В пространстве R4 x = (2; 6; ¡1; 5): Естественный базис в R4 : e1 = (1; 0; 0; 0), e2 = (0; 1; 0; 0), e3 = (0; 0; 1; 0), e4 = (0; 0; 0; 1), поэтому x = 2e1 + 6e2 ¡e3 + 5e4,

значит			1
0	2		1	³	´
B	¡	1	C	³	´
B	¡		C	или xeT = 2	6 ¡1 5 .
xe = B	6		C	или xeT = 2	6 ¡1 5 .
B	5		C
B	5		C
@			A

Пример 2 Проверить на линейную независимость систему векторов.

1. В пространстве M2£2 A1 =	@	2	0	A		@	0	2	A		@	4	2	A
1. В пространстве M2£2 A1 =	0	1	¡1	1, A2	=	0	2	1	1, A3	=	0	4	¡1	1.

По определению система A1, A2, A3 линейно независима, если равенство

(¤) ®1A1 + ®2A2 + ®3A3 = µ

выполняется только для ®1 = ®2 = ®3 = 0.

Выполняя действия над матрицами в равенстве (¤), получим:

1 ¢ A1 + 2 ¢ A2 + 4 ¢ A3 = 0;

A1 + 1

A2 + ( 1)

A3 = 0;

A1 + 0 A2 + 4 A3 = 0;

¢1 A1 +

¢1 A2 + ¢( 1) A3 = 0:

> ¡

Решим ОСЛУ методом Гаусса:

0 1 2 4

2c4

0 3

1 c1

○1

¡1 1 ¡1

¢ 3

2 0 4

¡»

C »1

C c3

¢ 2

1 14

1 ○1 1

○

@ ¡

0 ○1 0 2 1,

®1 = 2x3

c3 + c1

»¡

0 0 0

®2 = ¡x3

3 = 1

○1

®3– св. неизв.

Например, если

, то

= 2

. Следовательно, есть ненулевой

набор ®1 = 2, ®2 = ¡1, ®3 = 1, для которого выполняется равенство (¤),

значит система матриц линейно зависима.

Этот пример можно решить иначе.

Запишем координаты матриц A1, A2, A3 в естественном базисе:

A1E = B

¡1 C

; A2E = B

; A3E = B

¡1

Теперь равенство (¤) примет вид:

0 0 1

0 1

0 2 1

0 4

(¤) ®1

C B

¡1

+ ®2 B

+ ®3 B

¡1

C = B

C B

0 C

Выполняя действия над векторами пространства R , получим ту же ОСЛУ

с матрицей

¡1

и далее решаем так же.

B ¡1

2.В пространстве P2 проверить на линейную независимость систему многочленов (векторов) f1(t) = t2 ¡ 1, f2(t) = t2 + t + 1, f3(t) = 2t + 2.

Запишем координаты многочленов f1, f2, f3 в естественном базисе:

= 0

¡1

1; f2

= 0

1; f3

Запишем равенство

(¤)

®1f1 + ®2f2 + ®3f3 = µ

в координатной форме:

®1

¡1

1 + ®2

1 + ®3 0

C B

, получим ОСЛУ с мат-

Выполняя действия над векторами в пространстве R

рицей

0 ¡1

1 2 1 c1 + c3

0 0

2 2 1 c1

2c2

0 ○¡2

1 2

0 ○1 2

c3¡» c2

0 ○1 2

1 0

1 1 0

1 1

○ ○

○

+ c

○¡2

○1

○

Так

как

то

ОСЛУ

имеет только

нулевое

решение

®1 = ®2 = ®3 = 0. Следовательно, равенство (¤) выполняется только для нулевого набора ®1 = ®2 = ®3 = 0, тогда система векторов f1, f2, f3 по определению линейно независима.

3. Проверить на линейную независимость систему из двух векторов a1 = (2; 3; ¡4; 5), a2 = (4; 6; ¡8; 10) в пространстве R4. Заметим, что если ®1a1 + ®2a2 = µ для ненулевого набора ®1, ®2, то координаты векторов пропорциональны. Поэтому система векторов a1, a2 в данном примере линейно зависима.

Пример 3

Доказать, что система данных n векторов a1; a2 : : : an в n¡ мерном пространстве образует базис и найти координаты заданного вектора x в этом базисе.

1. В пространстве M2£2 : a1									@	¡1	1	A		@	¡1	0	A		@	0	1	A
1. В пространстве M2£2 : a1								=	0	2	1	1, a2	=	0	0	1	1, a3	=	0	2	1	1,
a4	=	0	1	0	1, x =	0	5	¡1	1.
		@	0	1	A	@	3	4	A

По определению векторы a1, a2, a3, a4 образуют базис в 4-хмерном пространстве M2£2, если они линейно независимы, проверим этот факт, как в примере 2:

		0	2		0		2	○1 1				0	2		0		2 ○1 1
ОСЛУ:		B	1		1		1	0	C c4	¡ c1		B	1		○1		1		0	C c3	+ c2
		B	1	¡		1 0		0	C	»		B	¡	1	1 0				0	C	»
		B	¡	¡					C			B	¡		¡					C
		B	1		0		1	1	C			B		1 0				1 0		C
		B	1		0		1	1	C			B		1 0				1 0		C
0		@		2 ○1 1					A		0	@	¡				¡			A
0	2		0	2 ○1 1							0	2		0	2 ○1 1
» B	1	○1 1					0	C c4 + c3			B	1	○1 1					0	C.
B	0		0 ○1 0					C	»		B	0		0 ○1 0					C
B								C			B								C
B	1 0				1		0	C			B	○1 0				1 0			C
B	1 0				1		0	C			B	○1 0				1 0			C
@	¡			¡				A			@	¡			¡				A

Так как r = n = 4, то векторы a1, a2, a3, a4 линейно независимы, а значит образуют базис. Найдем координаты вектора x в базисе a1, a2, a3, a4. Для

этого надо вектор x разложить по векторам a1, a2, a3, a4 :
(¤¤) x = x1a1 + x2a2 + x3a3 + x4a4
Запишем равенство (¤¤) в координатной форме в естественном базисе:
0	2	1					0		0	1						0	2	1		0		1		1				0		5	1
x1 B	1	C		+ x2 B					1	C				+ x3		B	1	C + x4 B				0		C = B					¡1		C	:
B	1	C B							1	C						B	0	C B				0		C B						3	C
B	¡	C B							¡	C						B C B C B C
B	1	C					B		0	C						B	1	C		B		1		C				B		4	C
B	1	C B							0	C						B	1	C B				1		C B						4	C
@		A					@			A						@		A		@				A				@			A
Выполнив действия, получим СЛУ:
	0	2				0 2 ○1								5		1				0		2		0					2 ○1				5					1
	0	2				0 2 ○1								5		1				0		2		0					2 ○1				5					1
СЛУ: B		1				1			1	0				¡1		C c4			¡ c1	B		1			○1				1		0		¡1					C c3	+ c2
	B	¡	1		¡		1 0 0							3		C			»	B	¡		1	¡			1 0				0				3			C	»
	B	¡			¡											C				B	¡			¡														C
	B	1				0 1 1								4		C				B			1 0						1 0							1		C
	B	1				0 1 1								4		C				B			1 0						1 0							1		C
	@															A				@ ¡								¡					¡					A
0	2			0			2 ○1				5				1 c1			+ 2c4		0		0		0					0 ○1					3				1
» B	1 ○1						1		0		¡1				C		c2	+ c4		B		0 ○1 0									0			¡2				C c4	+ c3
B	0			0			1		0				2		C			»		B		0			0 ○1 0										2			C	»
B															C					B																		C
B	○1 0							1 0					1		C					B	○1 0									1 0							1	C
B	○1 0							1 0					1		C					B	○1 0									1 0							1	C
@	¡					¡					¡				A					@	¡							¡							¡			A
0 0				0			0 ○1					3			1 0 1 0 0 0										¡1 1 8 x1 = ¡1;
0 0				0			0 ○1					3			1 0 1 0 0 0										¡1 1 8 x1 = ¡1;
																									¡						>							¡
» B															C » B													C )			>
» B	0			0				1 0					2		C » B				0 0 1 0						2			C )			>
B	0			0				1 0					2		C		B		0 0 1 0						2			C			> x3 = 2;
B	0	○1 0							0			¡2			C		B		0 1 0 0							2		C	=		> x2 = 2;
B							0		0				1		C		B								3			C				x						:
B ○1 0							0		0				1		C B 0 0 0 1										3			C >							4 = 3
@	¡														A		@											A			>
@															A		@											A			>
																															>
																															>
	T	= (¡1; ¡2; 2; 3).																													>
Итак, xa		= (¡1; ¡2; 2; 3).																													:

Заметим, что можно было совместить решение ОСЛУ и СЛУ.

2. В пространстве R3 : a1 = (2; ¡1; 3), a2 = (1; 1; 4), a3 = (¡1; 2; 0), x = (4; 3; 2).

Проверим, что векторы a1, a2, a3 линейно независимы и разложим вектор x по векторам a1, a2, a3. Как замечено в предыдущем примере, эти два действия можно совместить. Будем решать СЛУ:

1 c2 + 2c1

¡ c2

○1

2 1

○1

2c1

3c2

¡1

○3 3 0

»¡

3 4 0

0 ¡7 ○¡2

¡25

1 c1

+ 7c3

0 ○¡2

¡88

» B

○3 3

C c2

¡»3c3

○3 0

C »

1 0

○

» B

¡9

)

¡1 1 2

ОСЛУ с матрицей

3 4 0

имеет только

38=3

¡1

нулевое решение, значит a1, a2, a3 образуют базис: xTa = (38=3; ¡9; 44) или x = 38=3a1 ¡ 9a2 + 44a3.

Пример 4

Проверить, можно ли вектор x разложить по векторам a1; a2; : : : ; ak и если да, то единственным ли образом?

1. В пространстве R4 : a1 = (1; 0; ¡1; 2), a2 =

(2; 1; ¡1; 0), a3 = (3; 1; 0; 4),

x = (0; 0; ¡2; ¡2). Проверим, можно ли вектор x представить в виде:

(¤¤) x = x1a1 + x2a2 + x3a3.

Запишем это равенство в координатах, получим СЛУ:

○1

○1 2

1 c1

2 3

+ c1

2c2

1 1

C c4

¡ 2c1

0 ○1

C c3

¡»2c2

1 0

C c4

¡+ 4c2

0 4

0 ○1 0

1 c4

○1 0

» B

0 ○1 1

○

c3 ¢

c2 ¡ c3

○

○1 0

¡1

СЛУ имеет единственное решение

1 C

» B

○1 0

x1 = 1; x2 = 1; x3 =

○

следовательно вектор x можно разложить по векторам a1, a2, a3 единственным образом.

2. В пространстве R4

: a1 = (2; 1; 1; 1), a2 =

(0; 2; 1; ¡1),

a3 = (4; 0; 1; 3),

x = (2; 5; 3; ¡1). Запишем равенство (¤¤) в координатной форме:

1 c1

4c3

¡2 ¡4 0

¡10

c1 + 2c2

1 ○1

¡»3c3

○1

○

¡ c2

СЛУ: B

C c4

1 3

4 0

=) СЛУ имеет бесчисленное множество решений:

» B

○1 2

○

> x ¡ 1 = 5 ¡ 2x ;

< 2

> x2– св. неизв.;

: x3 = 3 + x2:

Итак, вектор x можно разложить по векторам a1, a2, a3 бесчисленным числом способов.

3. В пространстве R4							: a1 = (1; 0; ¡1; 1), a2							=	(0; 1; 2; 1), a3			=	(1; 1; 0; 2),
x = (¡1; 1; 1; 2).
Запишем равенство (¤¤) в координатах:
	0	1		0	○1		¡1 1 c2			c1	0	1		0 ○1		¡1	1 c3		2c2
	0	1		0	○1		¡1 1 c2			c1	0	1		0 ○1		¡1	1 c3		2c2
СЛУ: B		0		1	1			1	C c4	»¡2c1	B	¡1		○1	0	2	C	c4¡¡ c2
	B	¡	1	2	0			1	C	¡	B	¡	1 2		0	1	C	»
	B	¡							C		B	¡					C
	B	1		1	2			2	C		B		1 1		0	4	C
	B	1		1	2			2	C		B		1 1		0	4	C
	@								A		@	¡					A
0	1		0		○1	¡1			1
B	1		0		0	¡		3	C
B	¡1	○1				¡			C
» B	¡1	○1			0	2			C =) СЛУ несовместна, т.к. последнее уравнение
B	0		0		0	2			C
B	0		0		0	2			C
@									A

имеет вид 0 ¢ x1 + 0 ¢ x2 + 0 ¢ x3 = 2.

Итак, вектор x нельзя разложить по векторам a1, a2, a3.

4.3Связь координат вектора в двух разных базисах. Матрица перехода

Пусть в линейном пространстве L даны два базиса: e1; e2; : : : ; en и e01; e02; : : : ; e0n.

Матрицей перехода от базиса e1; e2; : : : ; en к базису e01; e02; : : : ; e0n называют матрицу в столбцах которой стоят координатные столбцы векторов базиса e01; e02; : : : ; e0n в базисе e1; e2; : : : ; en.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 84 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.201950.69 Кб1Razyasnenia_po_kassovoy_distsipline.doc
#
20.11.2019320 Кб1recomendation_fin_150606.rtf
#
18.09.20191.65 Mб6ref-18447.rtf
#
13.02.2015196.1 Кб3ref-24254.doc
#
13.02.2015105.98 Кб19Rekomendatsii_dlya_pedagogov.doc
#
12.03.2016536.61 Кб72Reshebnik211108_-_kopia_2.pdf
#
15.11.2019293.89 Кб1rider_filology.doc
#
13.02.2015215.19 Кб4Rider_k_11_lektsii_Rozanova.pdf
#
16.11.201951.95 Кб19rider_po_kriminologii.docx
#
14.09.2019263.74 Кб5Rimskoe_chastnoe_pravo.docx
#
25.09.2019552.45 Кб6Ritorika.doc