Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Тема Линал и алгебра.

08 Линейные пространства и подпространства. Линейная зависимость и независимость. Базис. Ранги.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#36098

Является ли множество

V = { по сл едовательности xn|∃nl→im∞ xn = 1}

всех сходящихся к 1 последовательностей с покомпонентными операциями сложения последовательностей и умножения на числа линейным пространством?

Показать ответ и решение

Вроде бы навскидку у нас будут выполняться большинство аксиом линейного пространства для нашего $(V,+, ⋅)$ .

Однако, проблема вся в том, что сумма любых двух векторов нашего пространства, то есть любых двух последовательностей $xn,$ $yn,$ которые сходятся к 1, уже не будет сходиться к 1 (а будет сходиться к 2, конечно).

Поэтому операция сложения двух векторов на нашем пространстве уже выводит за его пределы. А пространство должно быть замкнуто относительно двух своих операций.

Ответ:

Нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#36101

Является ли множество

V = { многоч лены p(x)|degp = n}

всех многочленов степени $n$ с операциями сложения многочленов и умножения многочленов на числа линейным пространством?

Показать ответ и решение

При $n = 0$ мы получаем множество многочленов степени 0, которое естественным отобразом отождествляется с $ℝ$ , то есть при $n = 0$ такое множество будет линейным пространством (если договориться, что тождественно нулевой многочлен тоже имеет нулевую степень).

Если же $n > 0$ , то ответ уже непрерменно нет. Действительно, множество всех многочленов фиксированной положительной степени не содержит тождественно нулевого многочлена. Но кто же тогда будет играть роль нулевого вектора в нашем вектором пространстве?

Ответ:

При $n = 0$ - да, при $n > 0$ - нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#36109

Какие из следующих множеств являются подпространствами в соответствующих пространствах?

a) Множество состоящее только из нулевого вектора $𝒪$ = $−→ {0 }$ в $n ℝ$ ;
b) Множество векторов в двумерной плоскости $ℝ2,$ концы которых лежат на прямой, являющаяся биссектрисой $1$ и $3$ координатной четвертей;
c) Единичный куб в $ℝ3$

Показать ответ и решение

a) Нетрудно видеть, что такое множество замкнуто относительно операций сложения векторов и умножения векторов на числа. Поэтому $𝒪$ = $−→ { 0 }$ будет подпространством в любом $ℝn$

b) Поскольку наша прямая проходит через начало координат $O (0,0),$ то всё хорошо. Наши операции тогда определены корректно, и сумма двух векторов с концами на нашей прямой тоже будет иметь конец на нашей прямой.
С умножением на числа тем более всё будет в порядке - умножение на числа не выводит вектора за пределы такой прямой - это легко понять геометрически.

c) Нет, как и любое ограниченное множество, кроме множества из пункта a), то есть $𝒪$ = ${−→0 }.$ Дело всё в том, что если в нашем $W ⊂ V$ есть хотя бы один ненулевой вектор $−→ w ∈ W,$ то это означает, что мы этот ненулевой вектор можем растянуть в любое $λ$ раз. То есть, иными словами, вместе с любым $−→w$ в $W$ обязан входить и любой вектор вида $−→ λ ⋅w$ (если мы хотим, чтобы $W$ было подпространством), где $λ ∈ ℝ.$ Значит, как минимум по этому направлению $−→ w$ мы можем неограниченно расти. То есть, никакое ограниченное множество, в том числе и наш куб, подпространством быть не может.

Ответ:

a) и b)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#36111

Является ли данная система векторов линейно независимой?

$−→x1 = (2,3,1),−→x2 = (5,7,0),−→x3 = (3,− 2,4)$

Показать ответ и решение

Как вообще понять, является ли какая-то система векторов $x1,x2,...,xk ∈ V$ линейно независимой, или нет. Ну, по определению, она является линейно независимой, если мы можем найти решение у такой вот системы уравнений:

(| |||| λ1x1,1 + λ2x1,2 + ...+ λkx1,k = 0 ||{ λ1x2,1 + λ2x2,2 + ...+ λkx2,k = 0 ||| ... ||| |( λ1xn,1 + λ2xn,2 + ...+ λkxn,k = 0

где $n$ вектор $xi$ имеет координаты $xi = (x1,i,x2,i,...,xn,i),$ $i = 1,...k.$

Решать такую систему можно, например, методом Гаусса.

В нашем случае получается вот такая система:

( || 2λ1 + 5λ2 + 3λ3 = 0 |{ 3λ1 + 7λ2 − 2λ3 = 0 |||( λ1 + 0λ2 + 4λ3 = 0

Решим её методом Гаусса: записываем расширенную матрицу системы

( ) 2 5 3 0 ˆ || || A = (3 7 − 2 0) 1 0 4 0

Для удобства вычислений обменяем первую и вторую строку местами:

( ) 3 7 − 2 0 || || ( 2 5 3 0) 1 0 4 0

Далее, Умножим 2-ю строку на $1 − 2$ и добавим к 3-й строке (Э.П. 3). Сама вторая строка, напомним, при этом не меняется:

( ) |3 7 − 2 0| |(2 5 3 0|) 5 5 0 − 2 2 0

Далее, Умножим 1-ю строку на $− 23$ и добавим к 2-й (Э.П. 3):

( ) 3 7 − 2 0 || 1 13- || (0 3 3 0) 0 − 52 52 0

Умножим 2-ю строку на $15 2$ и добавим к 3-й:

( ) 3 7 − 2 0 || 1 13 || ( 0 3 3 0) 0 0 35 0

Вот мы с вами и привели матрицу к ступенчатому виду. Для красоты можно ещё поделить каждую строчку на соответствующее число на диагонали: (трижды Э.П. 2):

( ) 1 73 − 23 0 || || ( 0 1 13 0) 0 0 1 0

Далее, из последней строчки видно, что $1 ⋅λ3 = 0.$ То есть, мы получаем, что $λ3 = 0.$ Далее, подставляя это $λ3$ во второе уравнение, получим, что $λ + 13λ = 0. 2 3$ То есть, $λ = 0. 2$ Аналогично подставляя $λ 2$ и $λ 3$ в первое уравнение мы получим, что и $λ1 = 0.$

Таким образом, мы получили, что у нашей системы единственное решение - тривиальное, в том смысле, что оно нулевое. Значит, исходная система векторов $−→ −→ −→ x1 = (2,3,1),x2 = (5,7,0),x3 = (3,− 2,4)$ была линейно независимой.

Ответ:

Да, она линейно независима

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#36112

Проверить, что данная система векторов ${−→x1,−→x2,−→x3}$ является базисом в $ℝ3$ и выразить через неё вектор $−→ x$ : $−→ −→ −→ −→ x1 = (5,− 2,0),x2 = (0,− 3,4),x3 = (− 6,0,1),x = (25,− 22,16).$

Показать ответ и решение

Поскольку наша система состоит из трёх векторов, а векторы эти из $ℝ3$ , а мы уже знаем, что $3 dim ℝ = 3$ , то чтобы доказать, что эта система векторов является базисом, достаточно проверить её линейную независимость.

Тот факт, что ${−→x ,−→x ,−→x } 1 2 3$ - линейно независима в $ℝ3$ экивалентен тому факту, что у системы

(| ||{ 5λ1 + 0λ2 − 6λ3 = 0 − 2λ − 3λ + 0λ = 0 ||| 1 2 3 ( 0λ1 + 4λ2 + 1λ3 = 0

единственное решение - тривиальное, то есть когда $λ1 = λ2 = λ3 = 0.$

Будем решать эту систему методом Гаусса. Тогда в конце у нас получится матрица:

( ) 1 0 − 65 0 || 4 || ( 0 1 5 0) 0 0 1 0

Из этой матрицы сразу видно, что единственное решение у нас - это когда $λ1 = λ2 = λ3 = 0.$ Тем самым, система ${−→x1,−→x2,−→x3}$ - линейно независима $ℝ3$ .

Далее, чтобы найти координаты $−→x$ в базисе ${−→x1,−→x2,−→x3},$ нужно найти такие $α1,α2, α3,$ что $−→ −→ −→ −→ x = α1 x1 + α2x2 + α3x3.$ Это попросту означает решить систему:

( |||{ 5α1 + 0α2 − 6α3 = 25 || − 2α1 − 3α2 + 0α3 = − 22 |( 0α1 + 4α2 + α3 = 16

Решением этой системы будет являться такие $αi$ : $α1 = 5,α2 = 4,$ $α3 = 0.$ Следовательно, $−→x = 5−→x + 4−→x . 1 2$

Ответ:

$−→x = 5−→x1 + 4−→x2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#39414

Пусть вектор $x ∈ ℝ3$ имеет в стандартном базисе $e1,e2,e3$ координаты $( ) 1 | | x = |( 0|) 0$ . Найти его координаты в базисе $uuu :$ $u1 = (1,1,0),$ $u2 = (0,1,1),$ $u3 = (1,0,1)$

(имеется в виду, что $u1 = e1 + e2,u2 = e2 + e3,u3 = e1 + e3$ ).

Показать ответ и решение

Запишем матрицу перехода от стандартного базиса $e1,e2,e3,$ к базису $uuu,$ векторы которого имеют в стандартном базисе координаты $u1 = (1,1,0),$ $u2 = (0,1,1),$ $u3 = (1,0,1),$ то есть мы имеем матрицу базиса $uuu$ вот такую: $( ) 1 0 1 | | U = |( 1 1 0|) . 0 1 1$

Тогда, чтобы найти координаты вектора $x$ в базисе $uuu,$ нужно обратную матрицу к матрице $U$ умножить на координаты вектора $x$ в стандартном базисе.

Находим обратную к матрице $U$ :

( 1 1 1) | 2 2 − 2| U− 1 = |( − 1 1 1 |) 12 21 21 2 − 2 2

Значит $x$ в базисе $uuu$ будет иметь координаты $( 1) ( 1 1 − 1) ( 1) ( 1 ) | | | 2 2 2| | | | 2 | U −1|( 0|) = |( − 12 12 12 |) |( 0|) = |( − 12|) . 0 1 − 1 1 0 1 2 2 2 2$

Ответ:

$( 1 ) | 2 | |− 1| ( 12) 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39415

Пусть вектор $x$ имеет в базисе $uuu :$ $u1,$ $u2,$ $u3$ координаты $x = (0,2,9)$

(Напомним, что это означает, что $x = 2u2 + 9u3$ ).

Пусть дан базис $vvv$ такой, что $v = 2u − u , 1 1 2$ $v = 3u , 2 3$ $v = u + u . 3 2 3$

Задача: найти координаты того же самого вектора $x$ в базисе $vvv.$

Показать ответ и решение

Матрица перехода от базиса $uuu$ к базису $vvv$ будет вот такая (мы по столбцам пишем координаты векторов нового базиса в старом базисе):

( ) 2 0 0 V = || || . ( − 1 0 1) 0 3 1

Тогда, чтобы найти координаты того же самого вектора $x$ в базисе $vvv,$ нужно сделать следующее: $( ) |0 | V− 1x = V −1 |2 | . ( ) 9$
Ищем обратную: $( ) 1 0 0 −1 | 21 1 1| V = |(− 6 − 3 3|) . 1 1 0 2$
Тогда $( 1 ) ( ) ( ) | 2 0 0| | 0| | 0| V− 1x = | − 1 − 1 1| | 2| = | 7| ( 16 3 3) ( ) ( 3) 2 1 0 9 2$
Значит, $x$ в базисе $vvv$ имеет координаты $( ) 0 | 7| |( 3|) 2$

Ответ:

$( ) | 0| | 7| ( 3) 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#41394

Найти ранг матрицы $( ) | 4 0 0 − 6| | 5 0 0 0 | || || A = || 6 − 1 2 4 || |( − 21 0 0 4 |) 0 5 0 11$

Показать ответ и решение

Ранг матрицы $A$ равен количеству ненулевых строк после приведения к ступенчатому виду методом Гаусса.
Если матрицу $A$ привести к ступенчатому виду методом Гаусса, то получится матрица $( ) 1 0 0 − 1.5 | | || 0 1 − 2 − 13 || ˆA = || 0 0 1 7.6 || . || || ( 0 0 0 1 ) 0 0 0 0$
И, поскольку мы видим, что у нас получилось 4 ненулевых строки, то ранг матрицы $A$ равен 4.

Ответ:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#41395

Показать, что пространство всех многочленов $P = {p(x) |p(x) − многоч лен}$ с естественными операциями сложения и умножения на числа не изоморфно никакому $ℝn,$ то есть не найдётся такого $n,$ что $P ≃ ℝn$

Показать доказательство

От противного. Пусть такое $n$ существует. Тогда $P ≃ ℝn$ для какого-то $n.$ Но $n ℝ$ имеет, очевидно, размерность $n$ - в нём есть стандартный базис $e1,e2,...,en.$

Но тогда по теореме об изоморфизме, , если уж $P ≃ ℝn,$ то $dim P = dim ℝn = n.$ То есть из теоремы об изоморфизме следовало бы, что размерность пространства $P$ равна $n.$ То есть, в частности, $dim P < ∞.$

Но это не так. Потому что в $P$ существует бесконечный набор линейно независимых многочленов:

1,x,x2,x3,...xn,xn+1,...

Они явно линейно независимы. Ибо, будь они линейно зависимы, то можно было бы нулевой многочлен представить в виде их конечной (!) нетривиальной линейной комбинации:

0 = λ1xi1 + λ2xi2 + ...+ λsxis

Что невозможно, поскольку многочлен $i1 i2 is q(x) = λ1x + λ2x + ...+ λsx$ - это не константа 0, в силу нетривиальности линейной комбинации, а значит не может быть равен 0 в любой точке $x$ (поскольку любой многочлен отличный от константы 0 имеет лишь конечное число корней).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#41396

a) Показать, что пространство матриц $M at3×8$ с естественно введёнными на нём операциями сложения матриц и умножения матриц на числа изоморфно $ℝ24$ ;

b) Показать, что $ℝ2027$ не изоморфно никакому пространству матриц $M at , n×m$ где оба $n$ и $m$ больше 1. (то есть это настоящие матрицы, а не просто строки или просто столбцы).

Показать доказательство

a) Очевидно, в пространстве $M at3×8$ есть базис из 24 матриц: $( ) ( ) 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 | | | | E1 = |( 0 0 0 0 0 0 0 0|) ,E2 = |( 0 0 0 0 0 0 0 0|) , 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0$
$( ) ( ) 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 E = || || ,...E = || || 3 ( 0 0 0 0 0 0 0 0) 24 ( 0 0 0 0 0 0 0 0) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1$ и так далее...

Таким образом, $dim (M at3×8) = 24.$ Но $dim ℝ24 = 24,$ а поэтому по теореме об изоморфизме $M at3×8 ≃ ℝ24.$

b) Это очевидным образом следует из того, что, аналогично пункту a) $n⋅m M atn×m ≃ ℝ ,$ а 2027 - простое число

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#44603

Пусть $W1,W2$ - подпространства линейного пространства $V.$ Верно ли, что их пересечение $W1 ∩ W2$ тоже будет являться подпространством в $V$ ?

Показать ответ и решение

Да, это верно.
Напомним определение:

Опр. $W$ - подпространство в $V$ , если:
1. $∀w ,w ∈ W 1 2$ выполнено, что $w + w ∈ W. 1 2$
2. $∀w ∈ W,$ а также $∀λ ∈ ℝ$ выполнено, что $λ⋅w ∈ W$

Действительно, возьмём $x,y ∈ W1 ∩ W2.$ Поскольку оба $x,y$ лежат в пересечении $W1 ∩ W2,$ то они лежат, в частности, в $W1.$ Но, поскольку $W1$ - подпространство, то по определению это означает, что $x + y ∈ W1.$ Аналогично. в силу того, что оба $x,y$ лежат также и в $W2,$ то, поскольку теперь уже $W2$ - подпространство, то $x+ y ∈ W2.$ Следовательно, $x + y ∈ W1 ∩ W2.$ И мы проверили первую аксиому, то есть пересечение подпространств всегда замкнуто относительно сложения.

Абсолютно аналогично проверяется и то, что оно замкнуто относительно умножения на любое $λ ∈ ℝ.$

Ответ:

Да

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#44604

Пусть $W1,W2$ - подпространства линейного пространства $V.$ Верно ли, что их объединение $W1 ∪W2$ тоже будет являться подпространством в $V$ ?

Показать ответ и решение

Это, вообще говоря, неверно. Достаточно в $V = ℝ2$ рассмотреть два подпространства

W1 = {(x,y) ∈ ℝ2|(x = 0)} − пряма я Oy

W2 = {(x,y) ∈ ℝ2|(y = 0 )} − прямая Ox

Тогда их объединение $W ∪ W 1 2$ - это две координатные прямые

W1 ∪ W2 = {(x,y)|x = 0 ил и y = 0}

А две координатные прямые вместе не являются подпространством.

Действительно, это множество не замкнуто относительно сложения в $2 ℝ$ : Если мы возьмём $v = (1,0) ∈ W1 ∪W2, u = (0,1) ∈ W1 ∪ W2,$ то их сумма $v + u = (1,1)/∈ W1 ∪ W2,$ поскольку у суммы ни одна из координат не равна 0 - сумма не лежит на на первой, ни на второй прямой.

Замечание. На самом деле, верен более общий факт. Объединение $W1 ∪W2$ двух подпространств $W1$ , $W2$ является подпространством только в очень тривиальном случае - либо когда $W1 ⊂ W2$ , либо когда наоборот $W2 ⊂ W1$ . То есть когда эти два подпространства вложены одно в другое. Тогда, разумеется, объединение равно просто бОльшему множеству, и поэтому по тривиальной причине является подпространством. А в любом другом случае объединение подпространств никогда подпространством являться не будет.

Ответ:

Вообще говоря, нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#45022

Показать, что если $V$ - линейное пространство, $W$ - его подпространство, то найдётся такое $f$ - линейное отображение из пространства $V$ в какое-то другое пространство, что $W = kerf.$

Иначе говоря, любое подпространство в любом пространстве реализуется как ядро некоторого линейного отображения.

Показать доказательство

Поступим сначала так: выберем базис в $V.$ Пусть это будет базис ${b1,...,bn}.$ Причем давайте считать, что мы выбрали базис так, чтобы первые $k$ векторов $b1,...,bk$ образовывали базис в $W.$

Нам нужно найти такое пространство и такое линейное отображение $f$ из $V$ в это пространство, чтобы $kerf = W.$

Давайте в качестве второго пространства возьмем то же самое $V$ и определим $f : V → V$ так:

f (b1) = f(b2) = ...= f(bk) = 0, f(bk+1) = bk+1, f(bk+2 ) = bk+2,...,f(bn) = bn

То есть отображение $f$ базис подпространства $W$ загоняет в 0, а все остальные базисные векторы пространства $V,$ т.е. те, что не из $W,$ оставляет на месте.

Тогда ясно, что $kerf = W,$ поскольку весь базис $W$ лежит в $kerf,$ значит и всё $W$ лежит в $kerf.$ С другой стороны, ничего лишнего в ядро не попадает, потому что всё, что не выражалось через базис $W,$ мы оставили на месте, то есть в 0 оно точно не перейдёт. Следовательно, $kerf = W.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#63942

Докажите, что ранг произведения матриц не превосходит ранга каждой матрицы-сомножителя. То есть если $C = AB$ , то $rkC ≤ min{rkA, rkB }$ .

Показать доказательство

Пусть $A$ - матрица размера $n× k$ , а $B$ - матрица размера $k × m$ . Пусть $C = AB$ . Ее размер $n × m$ . Посмотрим, как выглядит ее $i$ -ый столбец:

( ) a11b1i + a12b2i + ...+ a1kbki || a21b1i + a22b2i + ...+ a2kbki|| || . || ( .. ) an1b1i + an2b2i + ...+ ankbki

Запишем это иначе:

( ) ( ) ( ) a11 a12 a1k || || || || || || b ⋅| a21| + b ⋅| a22| + ⋅⋅⋅+ b ⋅| a2k| 1i || ... || 2i || ... || ki || ... || ( ) ( ) ( ) an1 an2 ank

Видно, что каждый столбец $C$ является линейной комбинацией столбцов $A$ . Значит, система из столбцов $C$ линейно выражается через систему из столбцов $A$ . Таким образом, по следствию из ОЛОЛЗ ранг $C$ не превосходит ранга $A$ .
Рассуждая аналогично, можно убедиться в том, что каждая строка $C$ - это линейная комбинация строк $B$ , а ранг $C$ не превосходит ранга $B$ .

Тем самым, мы получаем, что

rkC ≤ rkA,rkC ≤ rkB

Комбинируя эти два неравенства, мы получим

rkC ≤ min {rkA,rkB }

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#65731

Докажите, что ранг матрицы $(A |B )$ , полученной приписыванием к матрице $A$ матрицы $B$ , не превосходит суммы рангов матриц $A$ и $B$ .

Показать доказательство

В этой задаче будем пользоваться определением ранга как максимальным количеством линейно независимых столбцов в матрице.

Пусть $rkA = a$ , а количество столбцов в матрице $A$ равно $n$ . Пусть ранг $rkB = b$ равен $b$ , а количество столбцов в матрице $B$ равно $m$ .

Тогда в матрице $A$ есть $n − a$ столбцов, которые линейно выражаются через остальные. Аналогично, в матрице $B$ таких столбцов $m − b$ .

Соединим матрицы и посмотрим на матрицу $(A|B )$ . В ней $n + m$ столбцов, из которых $n − a + m − b$ линейно выражаются через остальные (потому что $n − a$ выражались через остальные уже в матрице $A$ , и тем более они же и выразятся через остальные в большей матрице, аналогично $m − b$ выражались через остальные уже в матрице $B$ , и тем более они же и выразятся через остальные в большей матрице). Значит, линейно независимых столбцов в $(A|B )$ уж точно не больше, чем
$n + m − (n − a + m − b) = a+ b$ . Следовательно, $rk(A |B ) ≤ a+ b = rkA + rkB$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#65733

Доказать, что в пространстве многочленов всякая конечная система ${p1,...,pn}$ , состоящая из многочленов различных степеней и не содержащая нулевого многочлена, линейно независима.

Показать доказательство

Будем доказывать от противного. Пусть эта система векторов (т.е. многочленов) линейно зависима. Тогда найдётся такая линейная комбинация $λ1p1 + λ2p2 + ...+ λnpn$ , равная нулевому вектора нашего пространства, т.е. нулевому многочлену. То есть

λ1p1 + λ2p2 + ...+ λnpn = 0

Пусть теперь $pk$ - многочлен самой старшей степени среди $p1,...,pn$ . По условию, такой многочлен будет только один, поскольку степени всех многочленов нашей системы разные. Но тогда коэффициент при нём, то есть $λk$ , в рассмотренной выше линейной комбинации, обязательно равен нулю, потому что в результате этой линейной комбинации должен получиться нулевой многочлен, а многочлены более младших степеней никак не смогут сократить самый старший одночлен в $pk$ .

Таким образом мы показали, что из нашего предположения следует, что коэффициент при многочлене самой старшей степени нашей комбинации равен нулю.

Теперь давайте возьмём многочлен самой старшей степени среди всех оставшихся кроме $p k$ . Аналогично рассужая можно показать, что коэффициент при нём тоже равен нулю.

Таким образом, все $λi$ равны нулю, и наша линейная комбинация тривиальна. Следовательно, ${p1,...,pn}$ - линейно независимы.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#65734

В пространстве всех многочленов степени не выше чем 5 найти координаты многочлена $5 4 3 2 t − t + t − t − t+ 1$ в базисе:
1) $1,t,t2,t3,t4,t5$
2) $2 3 4 5 1,t+ 1,t + 1,t + 1,t + 1,t + 1$
3) $1 + t3,t+ t3,t2 + t3,t3,t4 + t3,t5 + t3$
4) $1,t− 1,(t− 1)2,(t− 1)3,(t− 1)4,(t− 1)5$

Показать ответ и решение

1) Очевидно: (1, -1, -1, 1, -1, 1)

2) Заметим, что базис очень похож на предыдущий, и только коэффициент при единице будет отличаться. Попробуем подставить координаты из предыдущего пункта в новый базис:

1⋅1 − 1⋅(t+ 1) − 1⋅(t2 + 1) + 1⋅(t3 + 1) − 1⋅(t4 + 1) + 1⋅(t5 + 1) = − t− t2 + t3 − t4 + t5

Чтобы получилось то, что нужно, добавим 1.

3) Теперь будет отличаться коэффициент при $t3$ Поступим аналогично предыдущему пункту:

3 3 2 3 3 4 3 5 3 2 4 5 1 ⋅(1+ t )− 1 ⋅(t+ t )− 1⋅(t + t )+ 1 ⋅t − 1 ⋅(t + t) + 1⋅(t + t ) = 1− t− t − t + t

Чтобы получилось то, что нужно, добавим $t3$ .

4) Сделаем замену переменной: $x = t− 1$ . Новый базис получится $1,x,x2,x3,x4,x5$ . Посчитаем, чему равен исходный многочлен:

t5− t4+ t3− t2− t+1 = (x+ 1)5− (x+ 1)4+ (x+ 1)3− (x + 1)2− (x +1 )+1 = x +6 ⋅x2 + 7⋅x3+ 4⋅x4+ x5

Координаты многочлена получаются (0, 1, 6, 7, 4, 1). Можно подставить их в исходный базис и проверить, что все посчитано правильно:

1⋅(t− 1) + 6⋅(t− 1)2 + 7⋅(t− 1)3 + 4⋅(t− 1)4 + 1⋅(t− 1)5 = t5 − t4 + t3 − t2 − t+ 1

Ответ:

1) (1, -1, -1, 1, -1, 1);
2) (2, -1, -1, 1, -1, 1);
3) (1, -1, -1, 2, -1, 1);
4) (0, 1, 6, 7, 4, 1)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#65826

Доказать, что всякую матрицу ранга $r$ можно представить в виде суммы $r$ матриц ранга 1, но нельзя представить в виде суммы меньшего числа таких матриц.

Показать доказательство

В матрице ранга $r$ есть ровно $r$ линейно независимых строк. В матрице ранга 1 все ненулевые строки линейно зависимы. Значит, если сложить $k < r$ таких матриц, в результирующей матрице будет не более, чем $k$ линейно независимых строк (поскольку ранг суммы матриц не превосходить суммы их рангов).

Мы доказали вторую часть высказывания. Теперь покажем, что любую матрицу ранга $r$ действительно можно представить в виде суммы $r$ матриц ранга 1.

Пусть у матрицы $S$ есть $r$ линейно независимых строк. Не умаляя общности предположим, что это первые $r$ строк и обозначим их $s ,s ,...,s 1 2 r$ . Оставшиеся строки выражаются через них, каждая с набором коэффициентов $ki,1,ki,2,..,ki,r$ , где $i$ - номер строки, которую мы выражаем.

Представим матрицу $S$ в виде суммы $r$ матриц ранга 1: $A1,A2, ...,Ar$ . В каждой матрице одна из строк с номером $1...r$ совпадает с соответствующей строкой матрицы $S$ , а остальные строки с номерами $1...r$ нулевые. Для матрицы $A1$ ненулевой будет первая строка, для $A2$ вторая и т. д. Строки же с номером $i$ большим, чем $r$ , представляют из себя для каждой матрицы ее ненулевую строку, умноженную на соответствуюзий ей коэффициент $kij$ . $j$ здесь - номер матрицы-слагаемого. Например, матрица $A1$ будет выглядеть так:

( ) s1 || || | 0 0 ... 0 0| || ... ... ... ...|| || || || 0 0 ... 0 0|| || s1 ⋅k(r+1),1 || || || ( s1 ⋅k(r+2),1 ) ...

В результате, когда мы сложим матрицы $A1,A2, ...,Ar$ , получится матрица $S$ , потому что каждая из линейно независимых строк встречается в сумме ровно один раз, а все остальные получатся, как линейная комбинация первых $r$ строк с соответствующими коэффициентами.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#65827

Пусть ${a,b,c}$ — линейно независимый набор векторов в некотором векторном пространстве $V$ . Будут ли линейно зависимы следующие наборы векторов?

1) {a + b+ c,a+ b,a } 3) {a− b,b − c,c− a}

2) {a + b,b+ c,c+ a } 4) {αa − βb,γb − αc,βc − γa}

Показать ответ и решение

1) Допустим, существует нетривиальная линейная комбинация этих трёх векторов, равная нулевому вектору:

λ (a+ b + c)+ λ (a + b)+ λ a = 0 1 2 3

Заметим, что, поскольку должен получиться нулевой вектор, то $λ1 = 0$ , поскольку $λ1$ умножается в том числе на вектор $c$ . Значит, мы обязаны его занулить, поскольку иначе вектор $c$ ни с чем не сократится и в конце у нас не получится нулевого вектора - попросту потому, что по условию $c$ никак не выражается через $a$ и $b$ - значит если не занулить коэффициент перед ним, то никакая линейная комбинация остальных векторов его не сократит.

Далее, если раскрыть скобки в оставшийся линейной комбинации:

(λ2 + λ3)a+ λ2b = 0

Но векторы $a,b,c$ - линейно независимы по условию, следовательно и любая их подсистема, в частности, векторы $a,b$ - тоже линейно независимы. Значит в нашей последней линейной комбинации $λ2 = 0,λ2 + λ3 = 0$ , откуда уже следует и то что $λ3 = 0$ . Следовательно, система векторов $a + b+ c,a + b,a$ - тоже линейно независима.

2) Эта система линейно зависима. $1 ⋅(a− b) + 1⋅(b− c) + 1⋅(c− a) = 0$ .

3) Заметим, что каждый из векторов $a,b,c$ присутствует в разложении двух из трех векторов системы, всякий раз с коэффициентом $1$ . Значит, чтобы нетривиальная комбинация была равна нулевому вектору, коэффициенты перед векторами в ней должны быть попарно равными по модулю и противоположными по знаку. Это невозможно. Например, пусть коэффициент при векторе $a + b$ равен 1. Тогда оба остальных коэффициента должны быть равны $− 1$ , но если это так, они не противоположны по знаку. Значит, система линейно независима.

4) Эта система линейно зависима.

γ ⋅(αa − βb )+ β ⋅(γb− αc) + α ⋅(βc− γa ) = γαa − γ βb+ β γb− βαc + α βc− α γa = 0

Ответ:

1) Да;
2) Нет;
3) Да;
4) Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#65828

Исследовать на линейную зависимость следующие системы функций ( $n > 0$ ):
1) $1,cosx,cos(2x),...,cos(nx)$
2) $sinx,sin(2x),...,sin(nx)$
3) $2 n 1,cosx,cos x,...,cos x$
4) $sinx,sin2x,...,sinn x$
5) $1,sin x,cosx,sin2 x,cos2x,...,sinn x,cosnx, где n > 1$
6) $1,ln x,ln(2x),...,ln(nx)$

Показать ответ и решение

Система функций $f1,f2,...,fn$ линейно зависима, если сушествуют такие коэффициенты $a1,a2,...,an$ , хотя бы один из которых ненулевой, что для любых $x$ из области определения функций $a1f1(x)+ a2f2(x) + ...+ anfn(x) ≡ 0$ .

1. Запишем линейную комбинацию данных нам функций:

a0 + a1cos x+ a2 cos(2x) + ...+ an cos(nx ) = 0

Выберем какое-нибудь $m ∈ 1...n$ и домножим каждое слагаемое левой части на $cos(mx )$ :

a0cos(mx )+ a1 cosxcos(mx )+ a2 cos(2x) cos(mx ) + ...+ ancos(nx) cos(mx ) = 0

Теперь проинтегрируем обе части равенства от $− π$ до $π$ :

∫ π (a0cos(mx ) + a1cosx cos(mx )+ a2cos(2x)cos(mx )+ ...+ ancos(nx)cos(mx ))dx = 0 − π

Проанализируем интеграл от каждого слагаемого, для которого $i ⁄= m$ :

∫ ∫ π π cos((i+-m-)x)+-cos((i−-m-)x) −πcos(ix)cos(mx )dx = −π 2 dx =

[ ]π = 1- sin((i-+-m)x)-+ sin((i-−-m-)x-) 2 i+ m i− m −π

Такой интеграл равен нулю, т. к. $sin(πk) = sin((− π)k) = 0$ . Если $i = m$ :

∫ π ∫ π ∫ π cos(ix)cos(mx )dx = cos2(mx )dx = 1+-cos(2mx-)dx = − π −π −π 2

[ x sin(2mx )]π = -+ --------- = π 2 4m − π

Вернемся к нашему равенству:

∫ π (a0cos(mx )+ a1cosx cos(mx )+ ...+ aicos(ix)cos(mx )+ ...+ an cos(nx )cos(mx ))dx = 0 −π

Единственное слагаемое, которое не является нулевым здесь - то, где $i = m$ . Тогда получается, что $aiπ = 0$ , то есть $ai = 0$ . Выбрав другие m, можно показать, что все $ai : i ∈ 1...n$ равны 0. Это значит, что и $a0 = 0$ , а система функций линейно независима.

2. Запишем линейную комбинацию данных нам функций:

∑n a1sin x+ a2sin(2x) + ...+ an sin(nx) = 0, и ли aisin(ix ) = 0 i=1

Поступим аналогично прошлому пункту - домножим каждое слагаемое на $sin(jx)$ , $j ∈ 1...n$ и проинтегрируем от $− π$ до $π$ :

∫ π ∑n aisin(ix )sin(jx) = 0 −π i=1

Заметим, что при $i ⁄= j$ каждый из интегралов будет равен нулю. При $i = j$ же интеграл будет равен $π$ . Снова получаем, что все $ai$ равны нулю, а система функций линейно независима.

3. Предположим, данная система функций линейно зависима. Тогда существуют такие $a0...an$ , не все из которых равны нулю что:

a0 + a1cos x+ a2 cos2x+ ...+ ancosn x = 0 дл я всех x

Давайте сделаем замену $coskx = tk$ . Тогда у нас получается, что многочлен

a0 + a1t+ a2t2 + ...+ antn

равен нулю при любом $t$ (поскольку до замены мы имели равенство нулю при любом $x$ ). Но ненулевой многочлен не может иметь корней больше, чем его степень. Следовательно, этот многочлен нулевой, и все $a i$ равны нулю. Значит, эта система линейно независима.

4. Точно так же, как и предыдущий пункт.

5. Эта система линейно зависима. Например,

2 2 1− sin x − cos x = 0

6. Эта система тоже линейно зависима. Например,

ln2 ⋅1+ 1 ⋅ln x − 1⋅ln(2x) = ln 2+ lnx − lnx − ln 2 = 0

Ответ: