Новини освіти і науки:

G+

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,...,a_nn-

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,...,a_n і з вектором b . Тобто

→

k₁ a 1 + k₂ a ₂

+ ...+ k_n a n + k b

= 0

(2.28)

Тут k ≠ 0 ,

бо якби k = 0 , то одне із чисел k₁,k₂,...,k_n було б

→→

→

відмінним від нуля, а це означало

б, що

вектори a1, a2,...,a_n є

лінійно залежними, що суперечить умові теореми.

Тому що k≠0, то із рівності (2.28) маємо

→

b =−

a₁

−

2 − ...−

a n

(2.29)

Позначимо

α _i = −

k_i

( i = 1,2,...,n ) .Тоді рівність(2.29)

пере-

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

→ → →

Нехай кожний вектор b1, b2,...,b_n нового базису має в старо-му базисі координати b_1i,b_2i,...,b_ni , тобто

		→		→		→	→
		b₁	= b₁₁ a 1	+ b₂₁ a 2 + ...+ b_n1 a n
		→		→		→	→

		b 2	= b₁₂ a 1	+ b₂₂ a₂ + ...+ b_n2 a_n	(2.32)
		...............................................
		→		→		→	→

		b n	= b_1n a 1	+ b_2n a₂ + ...+ b_nn a n	(2.32) B = [b_ij ]
	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 ,...,b_n до	старого	a 1 , a 2 ,...,a_n здійснюється	з допомогою

оберненої матриці B⁻¹.

Знайдемо залежність між координатами вектора в різних

→

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

→

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

→ → → → → → →

x = x₁ a 1 + x₂ a ₂ + ...+ x_n a_n = y₁ b 1 + y₂ b 2 + ...+ y_n b_n . (2.33)

→ → один і той же вектор, то маємо

Так як вектор X і X ^∗

n → n →

∑^xi ^ai ⁼ ∑ ^y j b_j . (2.34)

i = 1 j = 1

→→ →

Підставляючи в цю рівність розклад векторів b 1 , b 2 ,...,b_n по

→ → →

векторах a1, a2,...,a_n , 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

x_i =∑b_ij 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

_B^T ₌ , 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:

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

Не знайшли потрібну інформацію? Скористайтесь пошуком google:

Генерація сторінки за: 0.01 сек.