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 21#65829

Найти какой-нибудь базис системы векторов и выразить через этот базис остальные векторы системы:
a) $a1 = (5,2,− 3,1),a2 = (4,1,− 2,3),a3 = (1,1,− 1,− 2),a4 = (3,4,− 1,2),a5 = (7,− 6,− 7,0)$
b) $a1 = (2,− 1,3,5),a2 = (4,− 3,1,3),a3 = (3,− 2,3,4),a4 = (4,− 1,− 15,17 )$

Показать ответ и решение

a) Для начала узнаем, сколько в данной системе линейно независимых векторов. Для этого объединим векторы в матрицу по строкам и найдем ее ранг:

( ) 5 2 − 3 1 || || || 4 1 − 2 3 || rank | 1 1 − 1 − 2| = 4 || 3 4 − 1 2 || ( ) 7 − 6 − 7 0

В системе четыре линейно независимых вектора. Заметим, что $a = a − a 3 1 2$ (это можно увидеть, попытавшись привести матрицу к ступенчатому виду). Значит, вектор $a3$ можно исключить из системы, и останется один из возможных ее базисов. Проверим, что это действительно базис:

( ) 5 2 − 3 1 | | || 4 1 − 2 3|| rank || 3 4 − 1 2|| = 4 ( ) 7 − 6 − 7 0

Все четыре вектора линейно независимы, а размерность системы равна четырем. Значит, мы нашли базис системы, а заодно и то, как выражается через базисные векторы оставшийся. ( $a = a − a 3 1 2$ )

b) Ранг данной системы равен трем, значит базис будет состоять из трех векторов. Чтобы понять, какие векторы можно линейно выразить через другие, попробуем привести матрицу системы к ступенчатому виду:

( ) ( ) 2 − 1 3 5 --− 2 − 2 2 − 1 3 5 --|−3 ||4 − 3 1 3 || ←− + | || 0 − 1 − 5 − 7|| | |1 || || | → || || | | → (3 − 2 3 4 ) | ⋅2 | ( 6 − 4 6 8 ) ←− + | 4 − 1 − 15 17 ←−− −−+ 0 1 − 21 7 ←− −−− +

( ) ( ) 2 − 1 3 5 2 − 1 3 5 --− 2-− 2 || 0 − 1 − 5 − 7 || --−1 || 0 − 1 − 5 − 7|| ←− + | || || | → || || | → ( 0 − 1 − 3 − 7 ) ←− + ( 0 0 2 0 ) | ⋅2 | 0 0 − 26 0 0 0 − 26 0 ←−− −−+

Получается, что за базис можно взять, например, первые три вектора системы, а последний выразить через них. Чтобы понять, как это сделать, можно либо проследить за матричными преобразованиями, либо решить систему уравнений:

( ||2x + 4x + 3x = 4 |||| 1 2 3 |{− x1 − 3x2 − 2x3 = − 1 ||||3x1 + x2 + 3x3 = − 15 |||( 4x1 + 3x2 + 4x3 = 17

Решением этой системы является $x1 = 17,x2 = 12,x3 = − 26$ . Значит, $a4 = 17a1 + 12a2 − 26a3$

Ответ:

a) Базис - все вектора кроме $a3$ , $a3 = a1 − a2$ ;
b) Базис - все вектора, кроме $a4$ , $a4 = 17a1 + 12a2 − 26a3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#65830

Вычислить ранг в зависимости от $λ$ :

( ) | 1− λ 0 0 0 | || 0 1− λ 0 0 || а) || || ( 0 0 2 − λ 3 ) 0 0 0 3 − λ

( ) 3 4 2 2 || || б) || 3 17 7 1|| | 1 10 4 λ| ( ) 4 1 1 3

( ) | 1 λ − 1 2| в) | 2 − 1 λ 5| ( ) 1 10 − 6 1

Показать ответ и решение

а) Матрица уже приведена к ступенчатому виду. Понятно, что если $λ ⁄= 1$ , $λ ⁄= 2$ , $λ ⁄= 3$ , то ранг матрицы равен четырем. Запишем это как одно условие: $(λ − 1)(λ− 2)(λ − 3) ⁄= 0$ .

Если $λ = 3$ , четвертая строка (и только она) обнуляется. Соответственно, ранг матрицы равен трем.

Если $λ = 2$ , третья и четвертая строка пропорциональны друг другу и мы можем обнулить одну из них. Ранг матрицы снова равен трем.

Если $λ = 1$ , обнуляются сразу две строки, а ранг матрицы равен двум.

б) Приведем матрицу к ступенчатому виду:

( ) --|−1 ( ) | 3 4 2 2| | | 3 4 2 2 | | 3 17 7 1| ←− + | 0 13 5 − 1 | ----|3 || 1 10 4 λ|| --|−4 −→ || 1 10 4 λ || | ⋅3| −→ ( ) | ( ) | 4 1 1 3 ←− + 0 − 39 − 15 3 − 4λ ←−−− +

( ) --| ( ) | 3 4 2 2 | −1 |3 4 2 2 | | 0 13 5 − 1| | |0 13 5 − 1 | --|−2 −→ || || + −→ || || |+ −→ ( 3 30 12 3λ ) ←− (0 26 10 3λ − 2) ←− 0 0 0 − 4λ 0 0 0 − 4λ

( ) ( ) 3 4 2 2 3 4 2 2 || 0 13 5 − 1 || || 0 13 5 − 1|| −→ || || 4 −→ || || ( 0 0 0 3λ ) --|3 ( 0 0 0 3λ) 0 0 0 − 4λ ←− + 0 0 0 0

Получается, что ранг матрицы равен трем, если $λ ⁄= 0$ , или двум, если $λ = 0$ .

в) Приведем матрицу к ступенчатому виду:

( ) ( ) ( ) 1 λ − 1 2 --− 2 |−1 1 λ − 1 2 1 λ − 1 2 |( 2 − 1 λ 5|) ←−+ | −→ |( 0 − 1 − 2λ λ + 2 1 |) | ⋅− 1 −→ |( 0 2λ+ 1 − λ − 2 − 1|) | 1 10 − 6 1 ←− −−− + 0 10− λ − 5 − 1 | ⋅− 1 0 λ− 10 5 1

Для дальнейшего приведения к ступенчатому виду хочется поделить на $2λ + 1$ . Значит, нужно рассмотреть два варианта: $2λ + 1 = 0$ и $2λ + 1 ⁄= 0$ . Начнем с первого:

( 1 λ − 1 2 ) ( 1 λ − 1 2 ) | | | | | ( 0 0 − λ − 2 − 1 ) ←− |−→ ( 0 λ− 10 5 1 ) 0 λ− 10 5 1 ←− 0 0 − λ − 2 − 1

Матрица приведена к ступенчатому виду, ее ранг равен трем.

Теперь разберем второй вариант, $2λ+ 1 ⁄= 0$ :

( ) ( ) 1 λ − 1 2 1 λ − 1 2 |(0 2λ + 1 − λ− 2 − 1|) --|− λ−10 −→ |( 0 2λ + 1 − λ − 2 − 1 |) | 2λ+1 λ2+2λ−15 3λ−9 0 λ − 10 5 1 ←− + 0 0 --2λ+1-- 2λ+1

Если $λ2+2λ−15⁄= 0 2λ+1$ и $3λ−9 ⁄= 0 2λ+1$ , то ранг матрицы равен трем.

Если один из числителей равен нулю, $λ$ может принимать два значения: $3$ и $− 5$ . Рассмотрим отдельно каждое из них. Если $λ = 3$ , то оба числителя становятся равны нулю, а ранг матрицы равен двум. Если $λ = − 5$ , то обнуляется только первая дробь, и ранг матрицы равен трем.

Таким образом, ранг равен двум при $λ = 3$ , и ранг равен трем во всех остальных случаях.

Ответ:

а) Если $λ ⁄= 1$ , $λ ⁄= 2$ , $λ ⁄= 3$ , то ранг матрицы равен четырем. Если $λ = 3$ или $λ = 2$ , то ранг матрицы равен трем. Если $λ = 1$ , то ранг матрицы равен двум;
б) Получается, что ранг матрицы равен трем, если Если $λ ⁄= 0$ , то ранг матрицы равен трем. Если $λ = 0$ , то ранг матрицы равен двум;
в) Если $2 λ-+22λλ+−115 ⁄= 0$ и $32λλ−+91 ⁄= 0$ , то ранг матрицы равен трем. Если $λ = 3$ , то ранг матрицы равен двум. Если $λ = − 5$ , то ранг матрицы равен трем

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#65831

Найти размерность и базис пространства решений:

( ) ( ) | 3 3 − 4 − 3| | x1| || 0 6 1 1 || || x2|| a) || || || || = 0 ( 5 4 2 1 ) ( x3) 2 3 3 2 x4

( ) x1 ( ) || || |2 − 1 3 − 2 4| |x2 | b) |(4 − 2 5 1 8|) ||x3 || = 0 || || 2 − 1 1 8 2 (x4 ) x5

Показать ответ и решение

a) Чтобы решить систему, приведем матрицу к ступенчатому виду:

( 3 3 − 4 − 3) ( 3 3 − 4 − 3) --−5 -−2 | | | | | | || 0 6 1 1 || || 0 6 1 1|| | | |( 5 4 2 1 |) | ⋅3 −→ |( 15 12 6 3|) ←− + | −→ | 2 3 3 2 | ⋅3 6 9 9 6 ← −−−− +

(3 3 − 4 − 3) ( 3 3 − 4 − 3) | | | | ||0 6 1 1 || || 0 6 1 1|| --1 -− 1 |(0 − 3 26 18|) | ⋅2 −→ |( 0 − 6 52 36|) ←− + | −→ | 0 3 17 12 | ⋅2 0 6 34 24 ← −−−− +

( ) ( 3 3 − 4 − 3 ) | 3 3 − 4 − 3| | | | 0 6 1 1 | | 0 6 1 1 | || 0 0 53 37|| --|− 33 −→ || 0 0 53 37 || ( ) | 53 ( ) 0 0 33 23 ←− + 0 0 0 23 − 37 ⋅ 3533

Получается, что каждая из неизвестных равна нулю. Размерность нулевого пространства равна нулю, а базис - пустое множество.

b) Снова приведем матрицу к ступенчатому виду:

( ) ( ) 2 − 1 3 − 2 4 --−2 -−1 2 − 1 3 − 2 4 | | + | | | --− 2 ( 4 − 2 5 1 8) ←− | −→ (0 0 − 1 5 0 ) | −→ 2 − 1 1 8 2 ← −−−− + 0 0 − 2 10 − 2 ←−+

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

$x5 = 0$ . Пусть $x4$ - свободная переменная. $x3 = 5x4$ . Из первой строки выразим $x1$ :

x − 3x + 2x − 4x x − 13x x1 = -2-----3----4-----5-= -2------4 2 2

Возьмем второй свободной переменной $x2$ .

У системы две свободных переменных. Размерность пространства решений равна двум. Чтобы найти базис, по очереди зададим свободным переменным значения 1 и 0, получим $(1,1,0,0,0) 2$ , $13 (− 2 ,0,5,1,0)$ .

Ответ:

a) Размерность 0, базис пуст;
b) Размерность 2, базис $1 (2,1,0,0,0)$ , $13 (− 2 ,0,5,1,0)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#66027

Доказать, что матрицы

$( ) ( ) ( ) ( ) 1 − 1 , 2 5 , 1 1 , 3 4 1 − 1 1 3 0 1 5 7$

образуют базис пространства вещественных матриц порядка 2, и найти координаты матрицы

$( ) 5 14 6 13$

в этом базисе.

Показать доказательство

Поскольку мы знаем, что $dim M at2×2(ℝ ) = 4$ , то достаточно проверить, что приведенные 4 матрицы линейно независимы.

Итак, давайте запишем систему линейных уравнений, говорящую о том, с какими коэффициентами через данные матрицы выражается произвольная матрица $( ) a b c d$ :

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b 1 − 1 2 5 1 1 3 4 c d = α1 1 − 1 + α2 1 3 + α3 0 1 + α4 5 7 ,$

Следовательно,

$( ) ( ) a b α1 + 2α2 + α3 + 3α4 − α1 + 5α2 + α3 + 4α4 c d = α + α + 5α − α + 3α + α + 7α 1 2 4 1 2 3 4$

Таким образом, мы получаем систему уравнений:

$( ||| α1 + 2α2 + α3 + 3α4 = a |||| { − α1 + 5α2 + α3 + 4α4 = b | |||| α1 + α2 + 5α4 = c ||( − α1 + 3α2 + α3 + 7α4 = d$

Решаем её:

$( | ) ( | ) 1 2 1 3 | a 1 2 1 3 | a || − 1 5 1 4 | b|| || 0 7 2 7 | a + b|| || | || ∼ || | || ∼ |( 1 1 0 5 | c|) |( 0 1 1 − 2 | a − c|) − 1 3 1 7 | d 0 5 2 10 | a + d ( | ) ( | ) 1 2 1 3 | a 1 2 1 3 | a || | || || | || ∼ | 0 0 − 5 21 | a+ b− 7(a− c)| = | 0 1 1 − 2 | a − c | ∼ || 0 1 1 − 2 | a− c || || 0 0 − 5 21 | − 6a + b+ 7c|| ( | ) ( | ) 0 0 − 3 20 | a+ d − 5(a− c) 0 0 − 3 20 | − 4a + d + 5c ( | ) | 1 2 1 3 | a | || 0 1 1 − 2 | a − c || ∼ || | || = ( 0 0 − 5 21 | − 6a + b + 7c ) 0 0 0 7.4 | − 4a+ d + 5c − 35(− 6a + b+ 7c) ( | ) 1 2 1 3 | a || | || = || 0 1 1 − 2 | a − c || |( 0 0 − 5 21 | − 6a + b + 7c |) 0 0 0 72 | − 2a − 3b+ 4c+ d 5 5 5 5$

1. Таким образом, если $a = b = c = d = 0$ , то видно, что это даёт только нулевое решение, то есть в таком случае $α1 = α2 = α3 = α4 = 0$ . То есть, получаем, что нулевую матрицу (т.е. нулевой вектор нашего пространства) можно выразить только при помощи тривиальной линейной комбинации данных матриц. Следовательно, данная система из четырех матриц линейно независима. А раз их 4 и они в четырехмерном пространстве, то это базис.

2. Найдём координаты матрицы из условия в этом базисе. Так как $a = 5,b = 14,c = 6,d = 13$ , то осталось только посчитать значения $αi$ . Сделаем это!

$2 2 3 4 75α4 = − 5-⋅5 − 5-⋅14+ 5-⋅6 + 13 37α4 = − 10− 42+ 24 + 65 ⇒ α4 = 1$

Далее,

$− 5α3 + 21α4 = − 6⋅5 + 14+ 7⋅6 − 5α = − 30 + 14 + 42− 21 ⇒ α = − 1 3 3$

Осталось посчитать последние 2 коэффициента:

$α2 − 1− 2 ⋅1 = 5− 6 ⇒ α2 = 2 α1 + 2⋅2 − 1+ 3 ⋅1 = 5 ⇒ α1 = − 1$

Таким образом,

$( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 14 1 − 1 2 5 1 1 3 4 = − + 2 − + , 6 13 1 − 1 1 3 0 1 5 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#66028

Доказать, что многочлены $1$ , $t− a$ , $(t− a)2$ , $...$ , $(t− a)n$ образуют базис в пространстве $ℝn [t]$ многочленов с вещественными коэффициентами. Найти координаты произвольного многочлена $P (t) ∈ ℝn[t]$ в этом базисе.

Показать доказательство

Составим «матрицу перехода» от стандартного базиса $1,t,t2,...,tn$ в новый, указанный в условии (в кавычках - потому что мы пока не знаем, является ли набор многочленов $2 n 1,t − a,(t− a) ,...,(t− a )$ базисом):

( 2 3 n ) | 1 − a a − a ... (− a) | || 0 1 − 2a 3a2 ... n(− a)n− 1 || || n−2 n−2|| || 0 0 1 − 3a ... C n (− a) || | 0 0 0 1 ... Cnn−3(− a)n−3| ||... ... ... ... ... ... || || || |( 0 0 0 0 1 − na |) 0 0 0 0 0 1

Очевидно, эта матрица невырождена (определитель верхнетреугольной матрицы равен произведению диагональных членов), а значит существует обратная к ней, с помощью которой, наоборот, многочлены стандартного базиса выражаются через многочлены $1,t− a,(t− a)2,...,(t− a)n$ .

Этого достаточно для доказательства того, что многочлены $1,t − a,(t− a)2,...,(t− a )n$ образуют базис пространства $ℝn [t]$ .

Таким образом, мы уже доказали, что для каждого многочлена $P (t) = a + a t+ a t2 + ...+ a tn 0 1 2 n$ существует (единственный) набор чисел $b0,b1,b2,...,bn$ , такой, что

2 n P (t) = b0 + b1(t− a) + b2(t − a) + ...bn(t− a) .

Для того, чтобы узнать, чему равны $b0,b1,b2,...,bn$ , заметим, что выполняются равенства:

P(k)(a) bk = -------, k = 0,...n. k!

(1)

Докажем (по индукции) вспомогательное утверждение:

n P(k)(t) = ∑ ---s!-- a ts−k, k = 0,...n. (s − k)! s s=k

(2)

База $k = 0$ очевидна. Пусть утверждение доказано для $k = m$ . Тогда при $k = m + 1$ :

(m+1) (m ) ′ ∑n s! s−m ′ ∑n s! s−m −1 P (t) = (P (t)) = ( (s−-m-)! as t ) = (s−-m-)! as ⋅(s − m )t = s=m s=m+1 ∑n s! = ------------- asts− (m+1 ), s=m+1 (s − (m + 1))!

что и требовалось.

Объединяя $(1)$ и $(2)$ :

n n ∑ ----s!--- s−k ∑ k s− k bk = (s− k)!k! asa = C s as a , k = 0,...n. s=k s=k

Это и есть искомые координаты многочлена $P(t)$ в базисе $1,t− a,(t − a)2,...,(t− a)n$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#66165

В линейном пространстве $ℝn [t]$ многочленов степени не выше $n$ над полем $ℝ$ рассмотрим подмножество $V$ , состоящее из тех многочленов $P (t)$ , для которых:

$P (0) = 0$ ;
$P (0) = 1$ ;
$2P (0) = 5P(1)$ ;
$P (t) ≥ 0$ при $0 ≤ t ≤ 1$ ;
$P (t) = P (− t)$ ;
$P (t) = − P (− t)$ .

В каких случаях $V$ является линейным подпространством в $ℝn [t]$ ? Вычислить его размерность и найти какой-нибудь базис.

Показать ответ и решение

1.

Если $P1,P2 ∈ V$ , т.е. $P1 (0) = 0$ и $P2(0) = 0$ , то для их суммы $Q = P1 + P2$ выполняется $Q (0) = P1(0)+ P2(0) = 0+ 0 = 0$ .

Для $Q = α ⋅P1$ , $α ∈ ℝ$ , выполняется $Q (0) = α ⋅P1(0) = α⋅0 = 0$ . Следовательно, $V$ является линейным подпространством в $ℝ [t] n$ .

Если $Q(t) ∈ ℝn [t]$ имеет представление в стандартном базисе $Q (t) = q0 + q1t + ...+ qntn$ , $q0,...,qn ∈ ℝ$ , то условие $Q (0 ) = 0$ означает $q0 = 0$ . Наоборот, любой многочлен вида $Q (t) = q1t+ ...+ qntn$ удовлетворяет условию $Q (0) = 0$ .

Следовательно, $V$ - это подпространство $ℝn [t]$ размерности $n$ , в качестве базиса можно взять $t,t2,...,tn$ .

2.

Рассмотрим многочлен $P(t) = 1$ , лежащий в $V$ . Тогда для $Q = 2∗ P$ выполнено $Q (0) = 2$ , т.е. $Q ∕∈ V$ . Следовательно, $V$ не является линейным подпространством в $ℝn [t]$ .

3.

Если $P1,P2 ∈ V$ , т.е. $2P1(0) = 5P1 (1)$ и $2P2 (0 ) = 5P2(1)$ , то для их суммы $Q = P1 + P2$ выполняется $2Q (0) = 2(P1 (0) + P2(0)) = 5(P1(1)+ P2(1)) = 5Q (1)$ .

Для $Q = α ⋅P1$ , $α ∈ ℝ$ , выполняется $2Q(0) = 2α ⋅P1(0) = 5 α⋅P1 (1) = 5Q (1)$ . Следовательно, $V$ является линейным подпространством в $ℝn[t]$ .

Если $Q(t) ∈ ℝ [t] n$ имеет представление в стандартном базисе $Q(t) = q + q t+ ...+ q tn 0 1 n$ , $q0,...,qn ∈ ℝ$ , то условие $2Q (0) = 5Q(1)$ означает

2q0 = 5⋅(q0 + q1 + ...+ qn) ⇔ 3q0 + 5q1 + 5q2 + ...+ 5qn = 0.

(1)

Наоборот, для каждого многочлена с условием $q0 = 52(q0 + ...+ qn )$ выполенно $2Q (0) = 2q0 = 5(q0 + ...+ qn) = 5Q (1)$ . Таким образом, это подпространство задается единственным уравнением, в частности имеет размерность $n$ .

В качестве базиса можно взять набор многочленов $5+ 2t,5 + 2t2,...,5 + 2tn$ .

4.

Возьмем $P = 1$ , $P ∈ V$ . Тогда $Q = − 1 ⋅P ∕∈ V$ , т.е. умножение на $α ∈ ℝ$ выводит за пределы множества $V$ , следовательно $V$ не является линейным подпространством в $ℝn [t]$ .

5.

Если $P ,P ∈ V 1 2$ , то для $Q = P + P 1 2$ имеем $Q(t) = P (t) + P (t) = P (− t)+ P (− t) = Q (− t) 1 2 1 2$ .

Для многочлена $Q = α ⋅P1$ , $α ∈ ℝ$ , имеем $Q (t) = αP1 (t) = αP1(− t) = Q (− t)$ . Следовательно $V$ является линейным подпространством.

Пусть $n Q (t) = q0 + q1t+ ...+ qnt$ , тогда условие $Q(t) = Q (− t)$ имеет вид

2 n 2 n n q0 + q1t+ q2t + ...qnt = q0 − q1t+ q2t + ...(− 1) qnt ,

что эквивалентно набору из $[ ] n−-1- + 1 2$ условий:

[ ] q = 0, k = 0,..., n−-1- . 2k+1 2

Наоборот, каждый многочлен, имеющий ненулевые коэффициенты только при четных степенях $t$ , очевидно, удовлетворяет условию $Q(t) = Q(− t)$ .

Таким образом, базисом в пространстве $V$ является набор многочленов $n 1,t2,t4,...t2[2]$ , в частности $dim V = [n ]+ 1 2$ .

6.

Если $P1,P2 ∈ V$ , то для $Q = P1 + P2$ выполнено $Q (t) = P1(t)+ P2(t) = − P1(t)− P2 (t) = − Q (t)$ . Для многочлена $Q = αP1$ , $α ∈ ℝ$ , выполнено $Q (t) = αP1 (t) = − αP1(− t) = − Q(− t)$ . Следовательно, $V$ является линейным подпространством в $ℝn[t]$ .

Если многочлен имеет представление в стандартном базисе $Q (t) = q0 + q1 + ...+ qntn$ , то равенство $Q (t) = − Q (− t)$ превращается в

2 n 2 n+1 n q0 + q1t+ q2t + ...+ qnt = − q0 + q1t − q2t + ...+ (− 1) qnt ,

эквивалентное набору условий:

[ ] q = 0, k = 0,..., n . 2k 2

Наоборот, если представление $Q$ в стандартном базисе имеет ненулевые коэффициенты только при нечетных степенях $t$ , то $Q$ , очевидно, удовлетворяет условию $Q(t) = − Q (− t)$ .

Таким образом, в качестве базиса $V$ можно выбрать набор многочленов $t,t3,t5,...t2[n−21]+1$ , в частности, $[ ] dim V = n+21-$ .

Ответ:

1.: Подпространство, размерность $n$ , в качестве базиса можно взять $2 n t,t,...,t$ .
2.: Не подпространство
3.: Подпространство, размерность $n$ , в качестве базиса можно взять набор многочленов $5 + 2t,5+ 2t2,...,5+ 2tn$ .
4.: Не подпространство
5.: Подпространство, размерность $[n] 2 + 1$ , в качестве базиса можно взять набор многочленов $1,t2,t4,...t2[n2]$
6.: Подпространство, размерность $[ ] n2 + 1$ , в качестве базиса можно взять набор многочленов $t,t3,t5,...t2[n−21]+1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#66169

Подпространство является линейной оболочкой векторов

$α1 = (1;2;3;− 4); α2 = (2;3;− 4;1); α3 = (2;− 5;8;− 3); α4 = (5;26;− 9;− 12); α5 = (3;− 4;1;2).$

Найдите уравнения, определяющие подпространство.

Показать ответ и решение

Для начала определим размерность $span < α1, ..., α5 >$ . Для этого составим матрицу из координат векторов и элементарными преобразованиями приведем ее к ступенчатому виду:

( ) ---| -| -| -| ( ) 1 2 3 − 4 −2 −2 − 5 − 3 1 2 3 − 4 ||2 3 − 4 1 || ←− + | | | || 0 − 1 − 10 9 || | ⋅− 1|9 |−16 |10 || || | | || || | | | ||2 − 5 8 − 3|| ← −−−− + | | −→ || 0 − 9 2 5 || ←−−−−− + | | −→ (5 26 − 9 − 12) ← −−−−−− −− + | ( 0 16 − 24 8 ) ←−−− −−−− + | + |+ 3 − 4 1 2 ←− −−−−−− −−−−− 0 − 10 − 8 14 ←−−−−−− −−−−−−

( ) ( ) 1 2 3 − 4 1 2 3 − 4 || 0 1 10 − 9 || || 0 1 10 − 9 || || || --|−1 --2 1 || || || 0 0 92 − 76|| | | | ⋅4 −→ || 0 0 23 − 19|| ( 0 0 − 184 152) | ←−+ ( 0 0 0 0 ) 0 0 92 − 76 ←− + 0 0 0 0

Оказалось, что $span < α1, ..., α5 >= span < α1, α2, α3 >$ , где $α1, α2, α3$ линейно независимы, в частности $dim span < α1, α2, α3 >= 3.$

Трехмерное подпространство в четырехмерном пространстве задается одним уравнением, поэтому задача свелась к тому, чтобы найти вектор коэффициентов $b = (b1, b2, b3, b4)$ такой, что каждый из векторов $α1, α2,α3$ является решением уравнения $T b⋅x = 0$ , т.е. решить однородную систему с матрицей коэффициентов

( ) 1 2 3 − 4 |( 2 3 − 4 1 |) 2 − 5 8 − 3

которая, как мы видели выше, приводится элементарными преобразованиями к виду

(1 2 3 − 4 ) | | (0 1 10 − 9 ) 0 0 23 − 19

Эта система имеет единственное с точностью умножения на константу решение $b = (1,17,19,23)$ .

Окончательно, линейное пространство $span < α1, ..., α5 >$ определяется единственным уравнением

x1 + 17x2 + 19x3 + 23x4 = 0 .

Ответ:

$x1 + 17x2 + 19x3 + 23x4 = 0 .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#66170

Найти какой-нибудь базис и размерность пространства $L ⊂ ℝn$ , которое задается условием $x1 + x2 + ⋅⋅⋅+ xn = 0$ .

Показать ответ и решение

По сути, мы имеем ОСЛУ с лишь одним уравнением и $n$ неизвестными, и нас просят найти базис в его пространстве решений, которое является подпространством в $n ℝ$ .

Ясно, что $( ) rk 1 1 1 1 ... 1 = 1$ , то есть $dim L = n − 1$ .

Действительно, у нас будет $n − 1$ свободная переменная: $x ,x ,x ,...,x 2 3 4 n$
И одна главная переменная $x1$ .

Формула общего решения ОСЛУ, разумеется, вот такая:

x1 = − x2 − x3 − ...− xn

Таким образом, подставляя вместо каждой свободной переменной единичку, а вместо остальных нолики и вычисляя при этом значения главных (в данном случае только одной главной) переменной, получим вот такой базис в $L$ :

v1 = (− 1,1,0,0,...,0),v2 = (− 1,0,1,0,...,0),v3 = (− 1,0,0,1,...,0),...,vn−1 = (− 1,0,0,0,...,1)

Ответ:

Размерность $n − 1$ , базис $v1 = (− 1,1,0,0,...,0),v2 = (− 1,0,1,0,...,0),v3 = (− 1,0,0,1,...,0 ),...,vn−1 = (− 1,0,0,0,...,1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#68263

Является ли указанное множество $V$ с введенными на нём операциями сложения и умножения векторов линейным пространством?

a) $V$ - полуплоскость

{(x,y) ∈ ℝ2|y ≥ 0}

операции сложения и умножения на числа стандартные (т. е. покоординатные).

b) $V$ – множество векторов на плоскости, выходящих из начала координат, концы которых лежат на заданной фиксированной прямой, операции стандартные.

c) $V$ – все векторы трёхмерного пространства, кроме векторов, параллельных некоторой заданной фиксированной прямой, операции стандартные.

d) $V = ℝ2$ - двумерная плоскость, операции заданы следующим образом:

(v1,v2) + (u1,u2) = (v1 + u1,v2 + u2); λˆ⋅(v1,v2) = (λ ⋅v1,0)

(т.е. сложение стандартное и покоординатное, а умножение нестандартное - первая координата умножается на $λ$ , а вторая зануляется)

Показать ответ и решение

a) На данном множестве $V$ операции сложения и умножения на числа не определены корректно. А именно, проблема будет с умножением на числа.
Действительно если мы возьмём какой-нибудь ненулевой $−→ v ∈ V$ вектор из верхней полуплоскости $V = {(x,y ) ∈ ℝ2|y ≥ 0}$ , то мы просто-напросто не сможем умножать его на отрицательные $λ ∈ ℝ$ , поскольку если, например, умножить этот $−→ v$ на $− 10$ , то он уже окажется в нижней полуплоскости.
То есть, наши операции не определены на $V$ . Следовательно, такое $V$ с такими операциями не является линейным пространством

b) Возможно 2 случая:
1) Если наша прямая не проходит через начало координат $O (0,0 )$ , то тогда $V$ не будет являться линейным пространством. Это происходит потому, что конец вектора суммы $−→u = −→v1 + −→v2$ двух неколлинеарных векторов $−→v1,−→v2$ , концы которых лежат на такой прямой, уже не будет лежать на этой же прямой. В этом легко убедиться, сложив такие векторы $−→v1$ и $−→v2$ по правилу параллелограмма.
2) А вот в случае, если 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.

Нетрудно убедиться и в том, что все 8 аксиом линейного пространства в этом случае выполняются.

c) Если мы выкинем все вектора, параллельные данной прямой, то относительно стандартных операций наше $V$ не будет линейным пространством, потому что операции на $V$ не будут определены корректно.
Действительно, если мы возьмём любой $−→ x ∈ V$ , то есть $−→ x$ не параллелен какой-то фиксированной прямой $l$ , то для него всегда можно подобрать непараллельный $l$ вектор $−→ y ∈ V$ так, чтобы $−→ −→ x + y$ был уже параллелен прямой $l$ (прибавление вектора нужной длины и нужного направления повернёт вектор $−→x$ так, чтобы он стал уже параллелен $l$ ).
Таким образом, наше множество $V$ не замкнуто относительно операции сложения векторов: мы всегда можем найти векторы $−→ x ∈ V$ и $−→ y ∈ V$ такие, что их сумма не лежит в $V$ , то есть параллельна той самой фиксированной прямой $l$ .

d) Сложение у нас на $V$ определено стандартно. А вот умножение немного необычное: когда мы умножаем вектор $−→ 2 v ∈ ℝ$ на $λ ∈ ℝ$ , мы умножаем только первую его координату на $λ$ , а вторую просто зануляем: $λˆ⋅(v ,v ) = (λ ⋅v ,0) 1 2 1$ .
Очевидно, что ни такое видоизменённое умножение на числа, ни уж тем более стандартное сложение, не выведет нас за пределы $V = ℝ2$ . Т.е. $V$ замкнуто относительно введённых на нём операций. Однако, достаточно ли этого, чтобы оно было линейным пространством?
Разумеется, нет. Должны ещё выполняться 8 аксиом линейного пространства. В нашем же случае не будет выполняться аксиома $5. 1 ⋅−→x = −→x (где 1 ∈ ℝ )$ . А именно, в нашем случае, если я беру вектор $−→ 2 x ∈ ℝ$ такой, что $−→x = (x1,x2)$ , то умножение его на единицу сделает, по нашему новому определению умножения, следующее: $1ˆ⋅(x1,x2) = (1⋅x1,0) = (x1,0)$ . А должен был в конце получиться тот же вектор, что и был, то есть $(x1,x2)$ . Следовательно, аксиома 5 нарушается, и наше $V$ не будет линейным пространством.

Ответ:

a) Нет;
b) Да, если указанная прямая проходит через начало координат и нет в противном случае;
c) Нет;
d) Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#68264

Выяснить, являются ли следующие системы векторов линейно независимыми:

а): $a1 = (1,2,3), a2 = (3,6,7)$ ;
б): $a1 = (4,− 2,6), a2 = (6,− 3,9)$ ;
в): $a1 = (2,− 3,1), a2 = (3,− 1,5), a3 = (1,− 4,3)$ ;
г): $a1 = (5,4,3), a2 = (3,3,2), a3 = (8,1,3)$ ;
д): $a1 = (4,− 5,2,6), a2 = (2,− 2,1,3), a3 = (6,− 3,3,9), a4 = (4,− 1,5,6)$ ;
е): $a1 = (1,0,0,2,5), a2 = (0,1,0,3,4), a3 = (0,0,1,4,7), a4 = (2,− 3,4,11,12)$ .

Показать ответ и решение

а)

Составим матрицу из координат векторов и приведем ее к ступенчатому виду для нахождения ранга:

(1 2 3) (1 2 3 ) (0 2 3 ) ∼ ∼ . 3 6 7 0 0 − 2 0 0 − 2

Поскольку ранг матрицы равен $2$ , то есть равен количеству векторов в изначальном наборе, то векторы $a1$ и $a2$ линейно независимы.

б)

Ясно, что $3a − 2a = 0 1 2$ . То есть существует нетривиальная линейная комбинация этих векторов, равная нулевому вектору. Следовательно, векторы $a ,a 1 2$ - линейно зависимы.

в)

Составим матрицу из координат векторов и приведем ее к ступенчатому виду:

( ) ( ) ( ) 2 − 3 1 2 − 3 1 2 − 3 1 || 3 − 1 5|| ∼ || 0 7 7|| ∼ || 0 7 7|| . ( ) ( ) ( ) 1 − 4 3 0 − 5 5 0 0 70

Поскольку ранг равен $3$ , векторы $a1$ , $a2$ и $a3$ линейно независимы.

г)

Составим матрицу из координат векторов и приведем ее к ступенчатому виду:

( ) ( ) ( ) ( ) 5 4 3 5 4 3 5 − 5 3 0 − 5 3 || 3 3 2|| ∼ || 0 3 1 || ∼ || 0 0 1 || ∼ || 0 0 1 || . ( ) ( ) ( ) ( ) 8 1 3 0 − 27 − 9 0 0 − 9 0 0 − 9

Ранг системы векторов $a1,a2,a3$ получился равен 2, что меньше их количества. Следовательно, эта система векторов линейно зависима.

д)

Составим матрицу из координат векторов и приведем ее к ступенчатому виду:

( ) ( ) ( ) 4 − 5 2 6 4 − 5 2 6 4 − 5 2 6 || || || || || || || 2 − 2 1 3|| ∼ || 0 1 0 0|| ∼ || 0 0 0 0|| . | 6 − 3 3 9| | 0 9 0 0| | 0 9 0 0| ( ) ( ) ( ) 4 − 1 5 6 0 4 3 0 0 4 3 0

Поскольку у нас получилась нулевая строка, то такая система векторов заведомо линейно зависима.

е)

Составим матрицу из координат векторов и приведем ее к ступенчатому виду:

( ) ( ) 1 0 0 2 5 1 0 0 2 5 || || || || || 0 1 0 3 4 || ∼ || 0 1 0 3 4|| ∼ |( 0 0 1 4 7 |) |( 0 0 1 4 7|) 2 − 3 4 11 12 0 − 3 4 7 2

( ) ( ) 1 0 0 2 5 1 0 0 2 5 | | | | || 0 1 0 3 4|| || 0 1 0 3 4 || ∼ || 0 0 1 4 7|| ∼ || 0 0 1 4 7 || . ( ) ( ) 0 0 4 16 14 0 0 0 0 − 14

Таким образом, ранг матрицы равен 4, следовательно векторы $a1, a2, a3, a4$ линейно независимы.

Ответ:

а): Независима;
б): Зависима;
в): Независима;
г): Зависима;
д): Зависима;
е): Независима.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#68265

Доказать, что:

a) Любая система векторов, содержащая нулевой вектор, будет линейно зависимой;
b) Если система векторов ${v1,...,vk}$ - линейно независима, то будет линейно независима и любая система, получающаяся выкидыванием из данной системы ${v1,...,vk}$ любых векторов;
c) Если система векторов ${v ,...,v } 1 k$ - линейно зависима, то будет линейно зависима и любая система, получающаяся добавлением к данной системе ${v ,...,v } 1 k$ любых векторов;
d) Если система векторов ${v1,...,vk}$ - линейно независима, а система векторов ${v1,...,vk,u}$ - линейно зависима, то $u$ обязательно является линейной комбинацией векторов $v1,...,vk$

Показать доказательство

a) Действительно, пусть мы имеем дело с системой векторов $−→ {v1,v2,...,vi,0 ,...,vk}$ . Тогда нулевой вектор можно нетривиальным образом получить как линейную комбинацию векторов данной системы:

−→ −→ 0 = 0⋅v1 + 0⋅v1 + ...+ 2023 ⋅0 + ...+ 0⋅vk

Следовательно, эта система векторов линейно зависима по определению.

b) Давайте от противного, предположим, что система ${v1,..,vk}$ - линейно независима, а какая-то её подсистема ${vi1,...vit}$ - линейно зависима ( $vij ∈ {v1,..,vk}$ ).
Но тогда, раз ${vi1,...vit}$ - линейно зависима, то существует нетривиальная линейная комбинация этих векторов, равная нулевому вектору:

λ1vi + ...+ λtvi = −→0 1 t

Но тогда существует и нетривиальная линейная комбинация исходной системы, равная нулевому вектору:

−→ λ1vi1 + ...+ λtvit + 0 ⋅vj1 + ...+ 0 ⋅vjs = 0 оставшиеся векто◟ра, не-воше◝д◜шие-в по◞дсистему {v ,...v } i1 it

c) Раз система ${v1,...,vk}$ - линейно зависима, то существует их нетривиальная линейная комбинация, равная нулевому вектору:

−→ λ1v1 + ...+ λkvk = 0

Но тогда, как бы мы ни дополняли исходную систему новыми векторами, эта новая дополненная система ${v1,...,vk,vk+1,...,vn}$ тоже будет линейно зависима, поскольку подойдёт линейная комбинация со старыми коэффициентами для $v1,...,vk$ и с нулевыми коэффициентами для $vk+1,..,vn$ .

−→ λ1v1 + ...+ λkvk + 0 ⋅vk+1 + ...+ 0⋅vn = 0

Она будет нетривиальной, потому что уже среди первых $λ1,...,λk$ есть хотя бы один ненулевой коэффициент.

d) От противного. Пусть $u$ не является линейной комбинацией векторов $v1,...,vk$ .

Однако нам дано, что набор векторов ${v1,...,vk,u }$ - линейно зависим. Это означает, что существуют $λ1,...,λk,λk+1$ , не все из которых равны нулю, такие, что:

−→ λ1v1 + ...λkvk + λk+1u = 0

Рассмотрим 2 случая.

1 случай. $λk+1 = 0$ . Тогда

−→ λ1v1 + ...λkvk = 0

И это нетривиальная (почему?) линейная комбинация векторов $v1,..,vk$ , равная нулю. Противоречие с тем, что нам дано, что набор ${v1,...,vk}$ - линейно независим.

2 случай. $λk+1 ⁄= 0$ . Но тогда

λ λ λ u = −---1-v1 − --2-v2 − ...− --k--vk λk+1 λk+1 λk+1

Противоречие с тем, что $u$ не является линейной комбинацией векторов $v1,...,vk$ .

В обоих случаях мы получаем противоречие. Следовательно, наше предположение было неверно, и мы, тем самым, все доказали.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#68822

Доказать, что если ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ , то при добавлении любого другого вектора $u ∈ V$ , $u ⁄= v1,...,u ⁄= vn$ дополненная система векторов ${v1,...,vn,u}$ будет обязательно линейно зависима.

Это свойство базиса называется максимальностью и говорит о том, что базис никак нельзя дополнить никаким вектором без потери линейной независимости.

Показать доказательство

Поскольку ${v1,...,vn}$ - базис, то, в частности, через эти ${v1,...,vn}$ можно выразить любой вектор пространства $V$ . В частности, и для нашего $u$ из условия найдутся такие $λ1,...,λn$ , что

u = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn

Далее, осталось лишь вспомнить теорему о том, что система векторов линейно зависима тогда и только тогда, когда какой-то вектор из этой системы выражается в качестве линейной комбинации остальных векторов.
И мы мгновенно получаем, что система векторов

{v1,...,vn,u}

обязательно линейно зависима, потому что последний вектор $(u)$ в ней есть линейная комбинация остальных.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#68823

Доказать, что если система векторов ${v1,...,vn}$ , $vi ∈ V$ обладает тем свойством, что любой $v ∈ V$ можно единственным образом выразить в виде линейной комбинации $vi$ :

∀v ∈ V ∃!λ1,...,λn : v = λ1v1 + ...+ λnvn

то ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ .

(То есть базисы это те и только те наборы векторов, которые обладают свойством единственной выразимости.)

Показать доказательство

Нам нужно доказать, что ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ . Для этого нужно доказать, что ${v1,...,vn}$ - линейно независима и то, что любой вектор пространства $V$ можно выразить в виде линейной комбинации векторов ${v1,...,vn}$ .

Второе доказывать не нужно, поскольку нам это уже дано по условию (нам дано даже больше, что любой вектор можно выразить, да притом единственным образом). Поэтому остаётся доказать лишь первое.

Почему ${v ,...,v } 1 n$ - линейно независима? Давайте доказывать от противного. Пусть она линейно зависима. Тогда существует нетривиальная линейная комбинация, выражающая нулевой вектор пространства $V$ :

−→ ∃λ1,...λn, хотя бы одно из λi ⁄= 0 и такие, ч то λ1v1+ λ2v2+...+ λnvn = 0 (⋆ )

Но, с другой стороны, ясно, что

−→ 0 ⋅v1 + 0⋅v2 + ...+ 0⋅vn = 0 (⋆ ⋆ )

Таким образом, мы получили две разные линейные комбинации, выражающие $−→0$ .

Они действительно разные, поскольку $(⋆ )$ - нетривиальна, то есть там не все коэффициенты равны нулю, а $(⋆ ⋆ )$ - тривиальна.

Но это противоречит условию того, что каждый вектор пространства единственным(!!!) образом выражается в виде линейной комбинации ${v1,...,vn}$ . Это противоречие доказывает, что наше предположение было неверно. Следовательно, ${v1,...,vn}$ - линейно независимая система. А, значит, базис.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#68824

Привести пример бесконечномерного пространства. То есть такого линейного пространства $V$ , что в нем не существует конечного базиса, однако существует бесконечный.

Показать ответ и решение

Давайте для начала поймем, что бесконечномерность пространства означает в точности то, что для любого $n ∈ ℕ$ в этом пространстве существует линейно независимая система из $n$ векторов.

Действительно, это означает, что размерность не может быть конечной, потому что размерность - это количество векторов в любом базисе, а в любом пространстве невозможно набрать линейно независимых векторов больше, чем его размерность (при присоединении любого вектора к базису такая система получается уже линейно зависимой).

Таким образом, нам нужно построить пример пространства, в котором существуют линейно независимые наборы из сколь угодно большого количества векторов.

Давайте в качестве такого пространства возьмём

𝒫 = {p(x)|p(x )− многочл ен }

$𝒫$ - пространство всех многочленов, безо всякого ограничения на их степень. Операции сложения и умножения на числа в $𝒫$ стандартные - мы складываем многочлены и умножаем их на любые $λ ∈ ℝ$ как обычно.

Но тогда, для каждого $n ∈ ℕ$ рассмотрим такое множество векторов в этом пространстве:

Bn = {1,x,x2,x3,...,xn}

Мы утверждаем, что для каждого $n$ система векторов $B n$ линейно независима.

Действительно, от противного, пусть для какого-то $n$ $Bn$ оказалась линейно зависима в нашем пространстве. Тогда найдутся такие $λ0,...,λn$ , не все равные нулю, что

n −→ λ0 ⋅1 + ...+ λn ⋅x = 0

Но что стоит в левой части равенства? В левой части стоит просто многочлен

λnxn + λn− 1xn −1 + ...λ1x + λ0

А в правой части стоит нулевой вектор, но нулевой вектор в пространстве многочленов - это нулевой многочлен - многочлен, у которого все коэффициенты равны нулю. Но тогда мы получаем, что

λnxn + λn−1xn −1 + ...λ1x + λ0 = н улевой многочлен

Но тогда левая часть равна нулю при любой подстановке $x ∈ ℝ$ . То есть многочлен из левой части имеет бесконечно много корней. Но многочлен не может иметь корней больше, чем его степень. Следовательно, в левой части написан тоже нулевой многочлен. Следовательно,

λ0 = λ1 = ...= λn = 0

Получаем противоречие. Следовательно, система векторов

2 3 n Bn = {1,x,x ,x ,...,x }

линейно независима для любого $n$ . А, значит, у нас в $𝒫$ есть линейно независимые системы из сколь угодно большого количества векторов. Следовательно, $dim 𝒫 = ∞$ .

Комментарий. Если немного поразмыслить, то можно понять, что одним из самых просто устроенных базисов в $𝒫$ является такое бесконечное множество:

2 n n+1 B = {1,x,x ,....,x ,x ,...}

Ответ:

Например, пространство всех многочленов

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#68825

1. Проверить, что система векторов из $ℝ4$ :

v1 = (2,2,7,− 1),v2 = (3,− 1,2,4),v3 = (1,1,3,1)

линейно независима.

2. Добавить к ней какой-нибудь вектор $v4$ , чтобы система векторов ${v1,v2,v3,v4}$ стала базисом в $4 ℝ$ .

Показать ответ и решение

1. Система векторов ${v1,v2,v3}$ - линейно независима, если её ранг равен количеству векторов в ней, то есть равен 3.

Для нахождения её ранга, запишем координаты векторов в матрицу:

( ) 2 3 1 || || A = || 2 − 1 1|| ( 7 2 3) − 1 4 1

Далее, приводим матрицу к ступенчатому виду и получаем:

( ) 1 1.5 0.5 ||0 1 0 || || || (0 0 1 ) 0 0 0

И видно, что её ранг равен 3, потому что получилось 3 ненулевые строки. Следовательно, исходная система линейно независима.

2. Нам нужно эту систему векторов дополнить до базиса. Как же найти четвертый вектор, которым можно дополнить эту систему?

Ясно, что подойдет либо $e1 = (1,0,0,0)$ , либо $e2 = (0,1,0,0)$ , $e3 = (0,0,1,0)$ , либо $e4 = (0,0,0,1)$ . Почему же? Потому что нам нужно дополнить ${v1,v2,v3}$ до базиса. Но мы работаем в четырехмерном пространстве, поэтому нам достаточно добиться того, чтобы вместе с четвертым вектором $ei$ система векторов ${v1,v2,v3,ei}$ оказалась линейно независима. И тогда это автоматически будет базис.

Почему нам подойдет какой-нибудь из $ei$ ? Если бы никакой из них нам не подошел, то это означало бы, что для любого $i = 1,2,3,4$ система векторов ${v1,v2,v3,ei}$ - линейно зависима.

Но это означало бы, что каждый $ei$ выражался бы в качестве линейной комбинации векторов ${v1,v2,v3}$ . Но сами системы ${e1,e2,e3,e4}$ и ${v1,v2,v3}$ - линейно независимы. Таким образом, мы бы получили противоречие с основной леммой о линейной зависимости, потому что много (4) независимых векторов не могут выражаться через мало (3) независимых векторов.

Следовательно, вместе с каким-то из $ei$ система ${v1,v2,v3,ei}$ всё таки будет линейно независимой.

Это можно понять и перебором - то есть составить четыре матрицы

( ) ( ) ( ) ( ) | 2 3 1 1| | 2 3 1 0| | 2 3 1 0| | 2 3 1 0| || 2 − 1 1 0|| || 2 − 1 1 1|| || 2 − 1 1 0|| || 2 − 1 1 0|| A1 = | 7 2 3 0| , A2 = | 7 2 3 0| , A3 = | 7 2 3 1| , A4 = | 7 2 3 0| ( ) ( ) ( ) ( ) − 1 4 1 0 − 1 4 1 0 − 1 4 1 0 − 1 4 1 1

И понять, у какой из них будет ранг 4.

Подойдёт, например, и первая матрица, потому что если привести $A1$ к ступенчатому виду, то получается

( ) | 1 1.5 0.5 0.5 | || 0 1 0 0.25|| A1( в ступ. виде ) = |( 0 0 1 2.75|) 0 0 0 − 5

И видно, что $rkA1 = 4$ . Следовательно, в качестве $v4$ можно взять $e1 = (1,0,0,0)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#68826

1. Проверить, что система векторов из $ℝ3$ :

v1 = (5,6,0)

линейно независима.

2. Добавить к ней какие-нибудь вектора $v2,v3$ , чтобы система векторов ${v1,v2,v3}$ стала базисом в $3 ℝ$ .

Показать ответ и решение

1. Система векторов ${v1}$ - линейно независима, поскольку ясно, что если мы смогли выразить нулевой вектор $−→0$ как линейную комбинацию векторов из этой системы, то это означает, что $−→ λv1 = 0$ . Но поскольку $−→ v1 ⁄= 0$ , то $λ = 0$ . То есть нулевой вектор выражается только через тривиальную линейную комбинацию векторов нашей системы из одного вектора. Следовательно, она линейно независима.

2. Нам нужно эту систему векторов дополнить до базиса. Как же найти $v2$ и $v3$ , которыми можно дополнить эту систему?

Ясно, что подойдут какие-то два вектора из трёх векторов стандартного базиса $ℝ3$ :

e1 = (1,0,0),e2 = (0,1,0),e3 = (0,0,1)

Почему же? Потому что нам нужно дополнить ${v1}$ до базиса. Но мы работаем в трёхмерном пространстве, поэтому нам достаточно добиться того, чтобы вместе с двумя другими векторами система векторов ${v1,ei,ej}$ оказалась линейно независима. И тогда это автоматически будет базис.

Почему нам можно взять какие-нибудь два среди $ei$ ? Если бы никакие из них нам не подошли, то это означало бы, что для любых $i,j$ система векторов ${v1,ei,ej}$ - линейно зависима.

Но это означало бы, что каждый $ei$ выражался бы в качестве линейной комбинации векторов ${v1,ej}$ . Таким образом, мы бы получили противоречие с основной леммой о линейной зависимости, потому что много (3) независимых векторов не могут выражаться через мало (2) независимых векторов.

Следовательно, вместе с каким-то $ei,ej$ система ${v1,ei,ej}$ всё таки будет линейно независимой.

Это можно понять и перебором - то есть составить три матрицы

(5 1 0) ( 5 1 0) ( 5 0 0) | | | | | | A1 = |(6 0 1|) , A2 = |( 6 0 0|) , A3 = |( 6 1 0|) 0 0 0 0 0 1 0 0 1

И понять, у какой из них будет ранг 3.

Подойдёт, например, третья матрица, потому что если привести $A3$ к ступенчатому виду, то получается

( ) | 5 0 0| A3( в ступ. виде ) = |( 0 1 0|) 0 0 1

И видно, что $rkA3 = 3$ . Следовательно, в качестве $v2$ и $v3$ можно взять $e2 = (0,1,0)$ и $e3 = (0,0,1)$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#68827

Напомним еще раз определение. Пусть в конечномерном пространстве $V$ задано два базиса:

{v ,...,v }, {v′,...,v′} 1 n 1 n

Тогда матрица перехода от первого базиса ко второму - это такая матрица $C$ , по столбцам которой записаны координаты нового базиса (штрихованного) в старом (нештрихованном). То есть $C$ обладает свойством:

( −→ −→ −→ ) ( ) v′1 v′2 ... v′n = −→v1 −→v2 ... −→vn C

Задача. Доказать, что матрица $C$ всегда обратима. То есть всегда существует $C−1$ .

Показать доказательство

Давайте запишем матрицу $C˜$ перехода наоборот от штрихованного базиса $′ ′ {v1,...,vn}$ к нештрихованному ${v1,...,vn}$ . Эта матрица будет обладать соотношением

( −→ −→ −→ ) ( −→ −→ −→ ) v1 v2 ... vn = v′1 v′2 ... v′n ˜C

Но тогда, подставляя вместо $(−→ −→ −→ ) v′1 v′2 ... v′n$ его выражение как $( ) ( ) −→′ −→′ −→ ′ = −→ −→ −→ C v1 v2 ... vn v1 v2 ... vn$ , мы получим:

( ) ( ) −→v −→v ... −→v = −→v −→v ... −→v C ˜C 1 2 n 1 2 n

Следовательно, $C ˜C = E$ . Следовательно, $C$ обратима - ведь для неё существует такая матрица, которая при умножении на $C$ даёт единичную - это $˜C$ .

Интерпретировать это можно очень просто - обратная матрица к матрице перехода от старого базиса к новому - это матрица перехода от нового базиса к старому.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#68828

Пусть в конечномерном пространстве $V$ выбрано три базиса:

{v1,...,vn}, {v′1,...,v′n}, {v′′1,...,v′′n}

Пусть $C1$ является матрицей перехода от первого базиса ко второму, а $C2$ матрицей перехода от второго базиса к третьему. Найти матрицу перехода от первого базиса к третьему.

Показать ответ и решение

Запишем то, что нам дано:

(−→ −→ −→ ) ( ) v1′ v′2 ... v′n = −→v1 −→v2 ... −→vn C1

(−→′′ −→′′ −→′′) (−→′ −→′ −→′) v1 v2 ... vn = v1 v2 ... vn C2

Тогда давайте домножим первое равенство на $C2$ справа, и получим:

( ) ( ) −→v′ −→v′ ... −→v′ C2 = −→v1 −→v2 ... −→vn C1C2 1 2 n

Однако левая часть этого равенства - это есть не что иное, как $( ) −→′′ −→′′ −→ ′′ v1 v2 ... vn$ . Следовательно, мы имеем, что

( ) ( ) −→′′ −→′′ −→′′ −→ −→ −→ v1 v2 ... vn = v1 v2 ... vn C1C2

Таким образом, матрица перехода от первого базиса к третьему - это произведение матриц перехода $C1C2$ от первого ко второму на матрицу от второго к третьему.

Ответ:

$C1C2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#69838

Вычислить ранг, приводя матрицу к ступенчатому виду:

1. $\text{[math]}$ $( ) | 1 7 7 9 | || 7 5 1 − 1|| || || ( 4 2 − 1 − 3) − 1 1 3 5$

2. $( ) 1 1 1 1 | | || 4 3 2 1|| || 1 4 1 1|| || || || 5 1 1 1|| | 1 1 3 1| ( ) 1 1 1 2$

Показать ответ и решение

( ) ( ) ( ) | 1 7 7 9| | 1 7 7 9 | | 1 7 7 9 | || 7 5 1 − 1|| L2−7L1 || 0 − 44 − 48 − 64|| L3−4L1 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+L1 || || −−−−−→ || || −−−−−→ || || −−−−→ ( 4 2 − 1 − 3) ( 4 2 − 1 − 3 ) ( 0 − 26 − 29 − 39) − 1 1 3 5 − 1 1 3 5 − 1 1 3 5

( ) ( ) ( ) 1 7 7 9 1 7 7 9 1 7 7 9 | | 13 | | 2 | | || 0 − 44 − 48 − 64|| L3−22L2 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+11L2 || 0 − 44 − 48 − 64|| L4+2L3 || 0 − 26 − 29 − 39|| −−− −−−→ || 0 0 −-7 −13|| −−−− −−→ || 0 0 −-7 −13|| −−−−−→ ( ) ( 11 11 ) ( 1114 1216 ) 0 8 10 14 0 8 10 14 0 0 11- 11

( ) | 1 7 7 9 | L4+2L3 || 0 − 44 − 48 − 64|| −−−− −→ | −7 − 13 | |( 0 0 11- -11 |) 0 0 0 0

То есть ранг равен 3.

− L2 + 4L1 L3 − L1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 1 1 1 L4 − 5L1 1 1 1 1 3 L3 1 1 1 1 0 0 0 0 || || L5 − L1 || || 1 L4 || || L1 − L3 − L4 − L5 − L6 || || || 4 3 2 1 || ||0 1 2 3|| 41 || 0 1 2 3|| || 0 0 0 0|| | 1 4 1 1 | L6 − L1 |0 3 0 0| 2 L2 | 0 1 0 0| L2 − L3 − 2L5 − 3L6 | 0 1 0 0| || || −−−−− −−−→ || || −−−→ || || −−−−− −−−−−− −−−−−−− −→ || || || 5 1 1 1 || ||4 0 0 0|| || 1 0 0 0|| || 1 0 0 0|| |( 1 1 3 1 |) |(0 0 2 0|) |( 0 0 1 0|) |( 0 0 1 0|) 1 1 1 2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Чтобы довести до ступенчатого вида, формально осталось только переставить строчки в правильном порядке. Но ясно, что ранг равен количеству ненулевых строк, то есть ранг равен 4.

Ответ:

1. Ранг равен трем;
2. Ранг равен четырем.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#69839

a) Вычислить ранг следующих матриц при помощи метода окаймляющих миноров:

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

2. $( ) 3 1 1 2 − 1 || 0 2 − 1 1 2 || || || || 4 3 2 − 1 1 || |( 12 9 8 − 7 3 |) − 12 − 5 − 8 5 1$

3. $( ) 1 1 0 0 0 0 | | || 0 1 1 0 0 0|| || 0 0 1 1 0 0|| || || || 0 0 0 1 1 0|| | 0 0 0 0 1 1| ( ) 1 0 0 0 0 1$ .

b) В каждой из вышеприведенных матриц найти, во-первых, какие $r$ строк (где $r$ - ранг соответствующей матрицы) можно выбрать в качестве линейно независимых и, во-вторых, какие $r$ столбцов можно выбрать в качестве линейно независимых.

Показать ответ и решение

a)
1. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

| | ||4 1|| || || = − 7⋅4 = − 28 0 − 7

Значит ранг как минимум равен 2. Допишем по одному элементу данных столбцов и начнём проверять миноры 3-го порядка

| | | | ||4 1 7|| ||0 − 7 1||= 4 ⋅(− 7 )⋅5+ 1 ⋅1⋅ 3+ 7 ⋅0⋅4 − 3⋅(− 7)⋅7 − 4⋅1 ⋅4− 5 ⋅0⋅ 1 = − 6 ||3 4 5||

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

|| || || || ||4 1 7 − 5|| ||4 1 7 1 || ||0 − 7 1 − 3|| ||0 − 7 1 − 5|| | |= 0 | |= 0 ||3 4 5 − 3|| ||3 4 5 2 || ||2 5 3 − 1|| ||2 5 3 3 ||

Все определители миноров 4-го порядка равны 0, а значит, что ранг матрицы равен 3.

2. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

| | ||3 1|| || || = 6 0 2

|| || ||3 1 1 || ||0 2 − 1|| = 9 || || 4 3 2

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

| | ||3 1 1 2 || || || ||0 2 − 1 1 ||= 252 ||4 3 2 − 7|| | | |12 9 8 − 7|

И мы сразу находим ненулевой определитель 4-го порядка, а это значит, что нам осталось проверить только всю матрицу целиком.

|| || || 3 1 1 2 − 1|| || 0 2 − 1 1 2 || | | || 4 3 2 − 1 1 ||= 0 || 12 9 8 − 7 3 || || || − 12 − 5 − 8 5 1

Определитель равен 0, а значит ранг матрицы равен 4.

3. Найдём ранг методом окаймляющих миноров. Начнём проверять миноры 2-го порядка.

|| || ||1 1||= 1 |0 1|

| | ||1 1 0|| || || ||0 1 1|| = 1 |0 0 1|

Получили ненулевой определитель, а значит ранг матрицы уже не меньше 3. Проверим миноры 4-го порядка.

| | ||1 1 0 0|| || || ||0 1 1 0||= 1 ||0 0 1 1|| | | |0 0 0 1|

| | ||1 1 0 0 0|| || || |0 1 1 0 0| ||0 0 1 1 0|| = 1 || || ||0 0 0 1 1|| |0 0 0 0 1|

Определитель равен 1, а значит проверяем миноры 6-го порядка, а такой у нас один - и это вся матрица. Для вычисления определителя всей матрицы разложим её по первой строке

| | |1 1 0 0 0 0| | | | | || || ||1 1 0 0 0|| ||1 0 0 0 0|| ||0 1 1 0 0 0|| || || || || ||0 0 1 1 0 0|| |0 1 1 0 0| |1 1 0 0 0| || ||= 1 ⋅||0 0 1 1 0||− 1⋅||0 1 1 0 0||= 1 − 1 = 0 |0 0 0 1 1 0| || || || || ||0 0 0 0 1 1|| ||0 0 0 1 1|| ||0 0 1 1 0|| || || |0 0 0 0 1| |0 0 0 1 1| |1 0 0 0 0 1|

Минор 6-го порядка равен 0. Так как других миноров данного порядка нет, то заключаем, что ранг матрицы равен 5.

b)
1. Поскольку максимальный ненулевой минор у нас был

| | ||4 1 7|| || || ||0 − 7 1||= 4 ⋅(− 7 )⋅5+ 1 ⋅1⋅ 3+ 7 ⋅0⋅4 − 3⋅(− 7)⋅7 − 4⋅1 ⋅4− 5 ⋅0⋅ 1 = − 6 |3 4 5|

и он составлен из 1-ой, 2-ой и 3-ей строки исходной матрицы, а также из 1-го, 2-го и 3-го столбца исходной матрицы, то в качестве линейно независимых строк исходной матрицы можно взять

v = (4,1,7,− 5,1),v = (0,− 7,1,− 3,− 5),v = (3,4,5,− 3,2) 1 2 3

А в качестве линейно независимых столбцов в исходной матрице можно взять

u1 = (4,0,3,2),u2 = (1,− 7,4,5),u3 = (7,1,5,3)

2. Поскольку максимальный ненулевой минор у нас был

|| || ||3 1 1 2 || ||0 2 − 1 1 || | |= 252 ||4 3 2 − 7|| ||12 9 8 − 7||

и он составлен из 1-ой, 2-о, 3-ей и 4-ой строки исходной матрицы, а также из 1-го, 2-го,3-го и 4-го столбца исходной матрицы, то в качестве линейно независимых строк исходной матрицы можно взять

v1 = (3,1,1,2,− 1),v2 = (0,2,− 1,1,2),v3 = (4,3,2,− 1,1),v4 = (12,9,8,− 7,3)

А в качестве линейно независимых столбцов в исходной матрице можно взять

u1 = (3,0,4,12,− 12),u2 = (1,2,3,9,− 5),u3 = (1,− 1,2,8,− 8),u4 = (2,1,− 1,− 7,5)

3. Поскольку максимальный ненулевой минор у нас был

|| || ||1 1 0 0 0|| |0 1 1 0 0| || || ||0 0 1 1 0|| = 1 ||0 0 0 1 1|| || || 0 0 0 0 1

и он составлен из 1-ой, 2-ой, 3-ей, 4-ой и 5-ой строки исходной матрицы, а также из 1-го, 2-го, 3-го, 4-го и 5-го столбца исходной матрицы, то в качестве линейно независимых строк исходной матрицы можно взять эти самые первые 5 строк исходной матрицы, а в качестве линейно независимых столбцов - эти самые первые 5 столбцов исходной матрицы.

Ответ:

a) 1. Ранг равен трем;
2. Ранг равен четырем;
3. Ранг равен пяти.

b) 1. В качестве линейно независимых строк годятся первые три, в качестве линейно независимых столбцов годятся первые три;
2. В качестве линейно независимых строк годятся первые четыре, в качестве линейно независимых столбцов годятся первые четыре;
3. В качестве линейно независимых строк годятся первые пять, в качестве линейно независимых столбцов годятся первые пять;