kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Линейная зависимость векторов. Базис

ТЕМА 8. ЛИНЕЙНАЯ ЗАВИСИМОСТЬ ВЕКТОРОВ. БАЗИС.

Определение 1. Линейной комбинацией векторов a1, a2, . . . , an называется вектор a , определяемый по формуле

n

X

a = α1a1 + α2a2 + . . . + αnan = αiai,

i=1

где αi некоторые числа.

Пусть, например, векторы a , b и c компланарны, тогда вектор c можно разложить

по правилу параллелограмма по векторам a и b : c = αa + βb, где α и β некоторые числа. Значит, вектор c является линейной комбинацией векторов a и b .

Определение 2. Векторы a1, a2, . . . , an называются линейно зависимыми, если существуют действительные числа α1 , α2, . . . , αn, из которых по меньшей мере одно

В противном случае (т. е. когда таких чисел не существует) векторы называются линейно независимыми; другими словами, векторы линейно независимы, если равенство

(1) выполняется лишь при α1 = α2 = . . . = αn = 0.

Утверждение 1. Векторы a1, a2, . . . , an (n > 1) линейно зависимы тогда и только тогда, когда по крайней мере один из них является линейной комбинацией остальных.

Утверждение 2. Два вектора a и b линейно зависимы тогда и только тогда, когда они коллинеарны.

Утверждение 3. Если e1 и e2 два неколлинеарных вектора некоторой плоскости, то любой третий вектор a той же плоскости можно единственным образом представить в виде линейной комбинации векторов e1 и e2 , т. е. в виде a = xe1 + ye2.

Теорема 1. Для того чтобы три вектора a, b и c были линейно независимы, необходимо и достаточно, чтобы они были некомпланарны.

Определение 3.Три упорядоченных линейно независимых вектора e1 , e2 , e3 называются базисом в пространстве.

Из теоремы 1 следует, что в пространстве базис образуют три любых некомпланарных вектора.

Если вектор a представлен в виде линейной комбинации некоторых векторов, то говорят, что он разложен по этим векторам.

Доказательство представления вектора a через линейную комбинацию e1 , e2 , e3 следует из определения суммы векторов.

Покажем единственность представления. Пусть a = x1e1 + y1e2 + z1e3 и a = x2e1 + y2e2 + z2e3. Вычитая, получим

(x1 − x2)e1 + (y1 − y2)e2 + (z1 − z2)e3 = 0.

1

Из линейной независимости векторов e1 , e2 , e3 следует, что

x1 − x2 = 0 x1 = x2, y1 − y2 = 0 y1 = y2, z1 − z2 = 0 z1 = z2.

Значит, разложение вектора единственно.

Определение 4. Базис называется ортонормированным, если составляющие его

d= x · p + y · q + z · r = x · (1, 2, 3) + y · (−1, 2, 1) + z · (0, 2, −1) =

=(x, 2x, 3x) + (−y, 2y, y) + (0, 2z, −z) = (x − y, 2x + 2y + 2z, 3x + y − z).

Из равенства векторов получаем следующую систему уравнений:

(x − y = 3,

2x + 2y + 2z = 1, 3x + y − z = 17.

Решим эту систему по формулам Крамера. Определитель системы

2

1.Преобразование координат

1.1.Переход от одного базиса к другому

Выясним, как связаны между собой координаты вектора a¯ в разных базисах. Для этого предположим известными координаты векторов p¯ , q¯ , r¯ в базисе p¯1 , q¯1 , r¯1 :

r¯ = t31p¯1 + t32q¯1 + t33r¯1.

Тогда

a¯ = α1p¯ + α2q¯ + α3r¯ = α1(t11p¯1 + t12q¯1 + t13r¯1)+

+α2(t21p¯1 + t22q¯1 + t23r¯1) + α3(t31p¯1 + t32q¯1 + t33r¯1) = = (α1t11 + α2t21 + α3t31)p¯1 + (α1t12 + α2t22 + α3t32)q¯1+ +(α1t13 + α2t23 + α3t33)¯r1 = β1p¯1 + β2q¯1 + β3r¯1.

Из равенства векторов получим

α1t11 + α2t21 + α3t31 = β1, α1t12 + α2t22 + α3t32 = β2,

α1t13 + α2t23 + α3t33 = β3

или, в матричной форме,

Пример 2.

Система координат Oxy повернута вокруг начала координат на угол α . Обозначим новую систему через Ox1y1 и выразим координаты вектора a = (x1, y1) в новой системе через его координаты (x, y) в старой системе.

3

1.2.Линейное преобразование

Обозначим множество всех векторов a¯ = (x, y, z) через R3 и зададим некоторый закон A , переводящий каждый вектор a¯ из R3 в некоторый вектор a¯1 R3 . Будем

A(¯a + b) = Aa¯ + Ab;

2) если α число, то

A(αa¯) = α(Aa¯).

Преобразование, соответствующее линейному оператору, называется линейным преобразованием.

Так, если в (3) векторы (α1, α2, α3) и (β1, β2, β3) рассматривать как векторы в одном базисе, то формула (3) задает линейное преобразование. Более того, верна теорема (которую мы не будем доказывать), что для всякого линейного преобразования оператор A можно рассматривать как матрицу определенного вида и всякая матрица T задает линейное преобразование вида (3).

Определение 6. Линейное преобразование A в пространстве R3 называется ортогональным, если оно сохраняет скалярное произведение любых двух векторов x¯ и y¯ этого пространства, т. е. (Ax,¯ Ay¯) = (¯x, y¯).

Длина вектора x¯ при ортогональном преобразовании не изменяется, т. е. |Ax¯| = |x¯|.

Из последнего равенства следует, что ортогональное преобразование A не изменяет угла между любыми двумя векторами x¯ и y¯.

Ортогональное преобразование переводит любой ортонормированный базис в ортонормированный. Наоборот, если линейное преобразование переводит какой-нибудь ортонормированный базис в ортонормированный, то оно является ортогональным.

4

1.3.Собственные числа и собственные векторы

При использовании линейных преобразований в различных приложениях особую роль играют ненулевые векторы, которые в результате линейного преобразования переходят в коллинеарные себе.

Пусть

λ некоторое число.

Определение 7. Ненулевой вектор a¯ , удовлетворяющий условию (4), называется собственным вектором линейного преобразования A , а соответствующее число λ называется собственным числом.

Укажем процедуру, позволяющую находить собственные векторы и собственные числа.

a¯ = (x, y, z), x2 + y2 + z2 6= 0.

Тогда (4) запишется в виде

a31x + a32y + (a33 − λ)z = 0.

Для нахождения x, y, z получили однородную систему. Она имеет ненулевые решения тогда и только тогда, когда ее определитель равен нулю, т. е.

Раскрывая определитель, получим уравнение вида

λ3 + pλ2 + qλ + r = 0.

Это уравнение имеет по крайней мере один действительный корень λ0 . Подставляя его в систему (4′) , находим координаты собственного вектора.

Пример 3.

5

Найти собственные числа и собственные векторы линейного преобразования, заданного матрицей

отсюда

(5 − λ)x + 2y = 0, 2x + (8 − λ)y = 0.

При λ1 = 4 получим систему

x + 2y = 0, 2x + 4y = 0.

Второе уравнение является следствием первого. Отсюда x = −2y , где y произвольное число. Решением системы является любой вектор вида (−2y, y) . Положив y = c , где c произвольная постоянная, получим первый собственный вектор a1 = (−2c, c) = c(−2, 1).

При λ2 = 9 получим систему

−4x + 2y = 0, 2x − y = 0.

Здесь можно рассматривать первое уравнение как следствие второго. Из второго уравнения имеем y = 2x , где x произвольное число. Решением системы является любой вектор вида (x, 2x) . Положив x = c , получим второй собственный вектор a2 = (c, 2c) = c(1, 2).

Пример 4.

Найти собственные векторы и собственные числа линейного преобразования,

6

= (−λ) · (4 − λ) · (2 − λ) + 4 · (2 − λ) = (2 − λ) · (λ2 − 4λ + 4) = = −(λ − 2) · (λ − 2)2 = −(λ − 2)3 = 0.

Единственное собственное значение здесь λ = 2 . Подставляя λ = 2 в систему (4’), получим

(−2x + y = 0, −4x + 2y = 0, −2x + y = 0.

Отсюда y = 2x ; x и z произвольные числа. Решением системы является любой вектор вида

(x, 2x, z) = x(1, 2, 0) + z(0, 0, 1),

являющийся линейной комбинацией векторов (1, 2, 0) , (0, 0, 1) . Собственные же векторы имеют вид

a¯ = c1(1, 2, 0) + c2(0, 0, 1),

где c1 и c2 произвольные постоянные, одновременно не равные нулю.

Пример 5.

Найти собственные значения и собственные векторы линейного преобразования,

Решение. Характеристическое уравнение в данном случае запишется так:

Находим

(1 − λ)(5 − λ)(1 − λ) + 3 + 3 − 9(5 − λ) − (1 − λ) − (1 − λ) = 0,

5 − λ − 10λ + 2λ2 + 5λ2 − λ3 + 6 − 45 + 9λ − 2 + 2λ = 0,

−λ3 + 7λ2 − 36 = 0 или λ3 − 7λ2 + 36 = 0.

Перегруппируем слагаемые в последнем уравнении:

λ3 − 7λ2 + 36 = λ3 − 6λ2 − λ2 + 36 = λ2(λ − 6) − (λ2 − 36) =

= λ2(λ − 6) − (λ − 6)(λ + 6) = (λ − 6)(λ2 − λ − 6) = 0.

Отсюда

λ− 6 = 0,

λ= 6

или

λ2 − λ − 6 = 0, λ = 3 или λ = −2.

Получили три собственных числа: λ1 = 6 , λ2 = 3 , λ3 = −2 .

7

Теперь найдем соответствующие им собственные векторы. Для данной матрицы A система (4′) примет вид

x = y − z = 2c − c = c . Значит, первый собственный вектор имеет вид a1 = (c, 2c, c) = c(1, 2, 1).

Снова rang(A) = 2 < n = 3. Восстановим систему по последней матрице:

Переменная z свободная, а x и y базисные. Полагая z = c , получаем y = −c , x = −z − 2y = −c + 2c = c . Второй собственный вектор a2 имеет вид a2 = (c, −c, c) = c(1, −1, 1).

При λ3 = −2 имеем

3x + y + 3z = 0,

x + 7y + z = 0,3x + y + 3z = 0.

8

rang(A) = 2 < 3, значит, система имеет ненулевые решения.

x и y базисные переменные, z свободная.

Полагая z = c, находим x = −c. Откуда получаем третий собственный вектор a3 = (−c, 0, c) = c(−1, 0, 1).

9