Студопедия
Новини освіти і науки:
МАРК РЕГНЕРУС ДОСЛІДЖЕННЯ: Наскільки відрізняються діти, які виросли в одностатевих союзах

РЕЗОЛЮЦІЯ: Громадського обговорення навчальної програми статевого виховання

ЧОМУ ФОНД ОЛЕНИ ПІНЧУК І МОЗ УКРАЇНИ ПРОПАГУЮТЬ "СЕКСУАЛЬНІ УРОКИ"

ЕКЗИСТЕНЦІЙНО-ПСИХОЛОГІЧНІ ОСНОВИ ПОРУШЕННЯ СТАТЕВОЇ ІДЕНТИЧНОСТІ ПІДЛІТКІВ

Батьківський, громадянський рух в Україні закликає МОН зупинити тотальну сексуалізацію дітей і підлітків

Відкрите звернення Міністру освіти й науки України - Гриневич Лілії Михайлівні

Представництво українського жіноцтва в ООН: низький рівень культури спілкування в соціальних мережах

Гендерна антидискримінаційна експертиза може зробити нас моральними рабами

ЛІВИЙ МАРКСИЗМ У НОВИХ ПІДРУЧНИКАХ ДЛЯ ШКОЛЯРІВ

ВІДКРИТА ЗАЯВА на підтримку позиції Ганни Турчинової та права кожної людини на свободу думки, світогляду та вираження поглядів


Контакти


Тлумачний словник
Авто
Автоматизація
Архітектура
Астрономія
Аудит
Біологія
Будівництво
Бухгалтерія
Винахідництво
Виробництво
Військова справа
Генетика
Географія
Геологія
Господарство
Держава
Дім
Екологія
Економетрика
Економіка
Електроніка
Журналістика та ЗМІ
Зв'язок
Іноземні мови
Інформатика
Історія
Комп'ютери
Креслення
Кулінарія
Культура
Лексикологія
Література
Логіка
Маркетинг
Математика
Машинобудування
Медицина
Менеджмент
Метали і Зварювання
Механіка
Мистецтво
Музика
Населення
Освіта
Охорона безпеки життя
Охорона Праці
Педагогіка
Політика
Право
Програмування
Промисловість
Психологія
Радіо
Регилия
Соціологія
Спорт
Стандартизація
Технології
Торгівля
Туризм
Фізика
Фізіологія
Філософія
Фінанси
Хімія
Юриспунденкция

Вектори є уже лінійно залежні.

 

Іншими словами розмірність простору – це максимальне чис-ло лінійно незалежних векторів цього простору.

 

Означення5. Сукупність n лінійно незалежних векторів

 

n - мірного простору Rn називається базисом.

→

 

ТЕОРЕМА. Довільний вектор b лінійного простору

 

Rn можна представити єдиним способом у вигляді лінійної ком-бінації векторів базису.

→ →

Доведення. Нехай базисом є система векторівa1, a2,...,ann-

 

мірного простору Rn. За означенням 4 довільні (n+1) вектори n-мірного простору Rn лінійно залежні, а тому будуть лінійно залеж-

  → →   →           →    
ними, зокрема, вектори a1, a2,...,an і з вектором b . Тобто    
  →   →         →   →      
  k1 a 1 + k2 a 2 + ...+ kn a n + k b = 0 (2.28)  
Тут k ≠ 0 , бо якби k = 0 , то одне із чисел k1,k2,...,kn було б  
                            →→ →  
відмінним від нуля, а це означало б, що вектори a1, a2,...,an є  
лінійно залежними, що суперечить умові теореми.    
Тому що k≠0, то із рівності (2.28) маємо          
  → k →   k →   k n   →    
  b =−   a1 −   a 2 − ...−     a n (2.29)  
      k k  
      k            
Позначимо α i = − ki ( i = 1,2,...,n ) .Тоді рівність(2.29) пере-  
k  
пишемо так                              
→   →     →     →    
               
  b =α1 a1 +α 2 a 2 + ...+α n a n (2.30)  

→

 

Значить вектор b є лінійною комбінацією векторів базису.


 

 


→

Покажемо, що розклад (2.30) вектора b є єдиний.

 

Припустимо, що існує інша лінійна комбінація, відмінна від (2.30), наприклад ,

    → → →   →        
    b =β1 a1 +β2 a 2 + ...+βn a n   (2.31)  
Віднімаючи від рівності (2.30) рівність (2.31), одержимо    
      →   →     →    
  0 = ( α 1 − β1 )a1 + ( α 2 − β 2 ) a 2 + ... + ( α n − βn ) a n .    
З цієї рівності і із лінійної незалежності векорів →→ →  
a 1 , a 2 ,...,an  
випливає, що α1 − β1 = 0 ,α 2 − β2 = 0 ,...α n − βn = 0 або        
α1 =β1 ,α 2 =β2 ,...α n =βn .              
Отже, розклад (2.28) є єдиний.         →  
Числа α1 ,α 2 ,...,α n              
називаються координатами вектора b в  
→→   →                
базисі a1, a2,...,an .                
Нехай в просторі Rn маємо два базиси , а саме ста-  
→→ → → → →            
рий a1, a2,...,an і новий b1, b2,...,bn .            

→ → →

 

Нехай кожний вектор b1, b2,...,bn нового базису має в старо-му базисі координати b1i,b2i,...,bni , тобто

 

    →   →   → →    
    b1 = b11 a 1 + b21 a 2 + ...+ bn1 a n    
    →   →   → →    
             
    b 2 = b12 a 1 + b22 a2 + ...+ bn2 an (2.32)  
    ...............................................    
    →   →   → →    
             
    b n = b1n a 1 + b2n a2 + ...+ bnn a n (2.32) B = [bij ]  
  Матриця, виписана із коефіцієнтів системи  
( i , j = 1,2,...,n ) називається матрицею переходу від старого базису  
до нового.                
  Матриця B - неособлива. Зворотній перехід від нового базису  
→→ →     → → →      
b 1 , b 2 ,...,bn до старого a 1 , a 2 ,...,an здійснюється з допомогою  

 

оберненої матриці B−1.


 


Знайдемо залежність між координатами вектора в різних

→

базисах. Нехай вектор X = ( x1, x2,..., xn) заданий в старому базисі, а

→

в новому базисі X ∗ = ( y1, y2,..., yn) , тобто

→ → →   → → → →    
x = x1 a 1 + x2 a 2 + ...+ xn an = y1 b 1 + y2 b 2 + ...+ yn bn . (2.33)  
    → → один і той же вектор, то маємо    
Так як вектор X і X ∗    
      n → n →        
      ∑xi ai = ∑ y j bj .   (2.34)  
      i = 1   j = 1          
                →→ →  
Підставляючи в цю рівність розклад векторів b 1 , b 2 ,...,bn по  

→ → →

векторах a1, a2,...,an , а саме (2.32) , то одержимо

 

n → n n →→ n → n
∑xi ai =∑ y j ∑b ij a j =∑ai ∑bij y j .
i = 1   j = 1 i = 1   i = 1 j = 1

 

→

З цієї рівності випливає зв’язок між координатами вектора X

 

в старому і новому базисах

n  
xi =∑bij y j i = 1,2,...,n . (2.35)

j = 1


 

    x      
           
Якщо позначити → x2      
X =. ,  
    .      
    .      
             
    xn    
так     → =  
    X  

 

 

    y    
         
→ y2    
X ∗= . , то (2.35) запишеться  
  .    
  .    
           
  yn  

→

B X ∗.


 

Таким чином, вектор в старих координатах дорівнює матриці переходу, помноженій на вектор в нових координатах.

→

Якщо матриця B невироджена, то X ∗ = B − 1X , тобто одержи-

мо вектор в новому базисі через обернену матрицю переходу і коор-динати вектора в старому базисі.

 

Приклад 1.Показати,що вектори

→ → → = ( 1;4;5 ) є лінійно незалежні.  
a 1 = ( 3;0;2 ), a 2 = ( 1;−2;3 ), a 3  

 


Розв’язування. Складемо рівняння типу(2.26)

→ → →  
k1 a 1 + k2 a 2 + k3 a3 = 0 .

Цю рівність перепишемо у вигляді k1(3;0;2)+k2(1;-2;3)+k3(1;4;5)=0.

 

Із даної рівності одержуємо систему лінійних рівнянь для зна-ходження k1,k2,k3 :

              3k1 + k2 + k3 = 0 ,  
              − 2k2 + 4k3 = 0 ,  
              2k1 + 3k2 + 5k3 = 0.  
    Визначник цієї однорідної системи    
    =       =−30 + 8 + 4 − 36 =−54 ≠ 0 .  
         
        − 2 4    
                     
    Якщо = −54 ≠ 0 , то однорідна система має єдиний нульовий  
розв’язок k1 = 0 , k2     = 0 , k3 = 0. Таким чином,дана система векторів  
лінійно незалежна.                      
    Приклад 2.Задано вектори        
→ = →         →     →  
a 1 ( 4;5;2 ), a 2 = ( 3;0;1 ), a 3 = ( −1;4;2 ) і d = ( 5;7 ;8 ) в базисі  
→ → →             → → →    
b 1 , b 2 ,b3 .Показати,що вектори a 1 , a 2 ,a3 утворюють базис і знай-  
            →              
ти координати вектора d в цьому базисі.    
                        →→→  
Розв’язування. Покажемо, що вектори a1, a2,a3 утворюють  
базис. Для цього складемо визначник із координат цих векторів.  
=     = 24 − 5 − 6 − 30 =−27 ≠ 0.  
     
  3 0 1    
    − 1                
      ≠ 0 ,     → → →    
Так як то вектори a1, a2,a3 утворюють базис. Вирази-  
мо зв’язок між базисами            
            →   →     →  
                  →  
            a 1 = 4 b 1 + 5 b2 + 2 b 3  
            → = → +   →  
            a 2 3 b 1   b 3 .  
            →   → + → →  
            a 3 =− b 1 4 b 2 + 2 b 3  
                                             

 


          →→→  
  Матриця переходу від базису b1, b2,b3 до базису  
  →→→ − 1    
  a 1 , a 2 ,a3 має вигляд B = .  
         
  Знаходимо обернену матрицю B−1 до матриці B .    
      − 4 − 7 12      
  BT =   , B П = − 2 10 − 21   ,    
    − 1 4                    
            2 − 15      
            − 7                
  B− 1 =−   − 2 10 − 21 .            
               
          − 15              
                y1     4 − 7 12 5     − 1  
            Тепер y2 = −   − 2 − = −   − 108 = 4 .  
       
                y3   −   − 81    
                                    →     → → →            
            Нові координати вектора d в базисі a1, a2,a3 є –1;4;3. Вектор  
→                     → → →   →                
d можна записати у вигляді d =− a 1 + 4 a 2 + 3 a3 .            
            Примітка. Дану задачу можна розв’язати другим способом.  
            Для знаходження координат вектора →         → → →  
            d в базисі a 1 , a 2 ,a3  
                                  4 x + 3 y − z = 5 ,                      
складемо систему         5 x + 4z = 7 ,                      
                                  2 x + y + 2z = 8.                      
            Для знаходження розв’язків даної системи застосуємо правило  
Крамера. − 1                                                
=       =−27 ≠ 0.                                
                                   
                                     
                                                   
1 =       − 1   =−7 + 96 − 20 − 42 = 27 x = 1 =   =−1 .      
           
      7 0 4              
                 
                                      − 27        
2 =   − 1   = 56 − 40 + 40 + 14 − 50 − 128 =−108, y = 2 = − 108 = 4.  
     
         
                                            − 27    
                                                                                                             

 


3 = = 25 + 42 − 28 − 120 =−71, z = 3 = − 71   = 3.  
 
− 27  
           
        → →→→   → = ( −1;4;3 ).  
Значить вектор d в базисі a1, a2,a3 має координати d  

 

Читайте також:

  1. Білково-експресуючі вектори
  2. Вектори зовнішньої політики США
  3. Вектори кутової швидкості і кутового прискорення.
  4. Вектори рівні, якщо вони колінеарні, мають однакові напрями і рівні модулі.
  5. Вектори, лінійні операції над векторами
  6. Вибіркову (емпіричну)модель парної лінійної регресії
  7. Визначення коефіцієнтів рівнянь лінійної регресії для багатофакторної задачі
  8. Визначення непрямолінійності
  9. Виконання лінійної регресії за допомогою функцій Excel
  10. Використання пакету Maple для розв’язування задач лінійного програмування
  11. Вимірювання параметрів лінійного руху



Переглядів: 924

<== попередня сторінка | наступна сторінка ==>
Базис. Розклад вектора по даному базису | Власні числа та власні вектори матриці

Не знайшли потрібну інформацію? Скористайтесь пошуком google:
  

© studopedia.com.ua При використанні або копіюванні матеріалів пряме посилання на сайт обов'язкове.


Генерація сторінки за: 0.022 сек.