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 41#69840

Пусть у нас есть матрица $A$ размера $m × n$ . Сколько всего в ней будет миноров порядка $k$ ?

Показать ответ и решение

Минор порядка $k$ получается вычеркиванием любых $m − k$ строк и $n − k$ столбцов. Вычеркнуть $m − k$ строк из $m$ строк можно $m− k C m$ способами. А вычеркнуть $n − k$ столбцов из $n$ столбцов можно $Cnn−k$ способами.

Эти вычеркивания независимы - для каждого конкретного наборы вычеркнутых $m − k$ строк существует $Cn− k n$ возможностей вычеркнуть различные наборы столбцов. Таким образом, по поскольку выборы строк и столбцов независимы, то итого миноров порядка $k$ будет

Cmm−k ⋅Cnn− k

Причем $k = 1,2,3,...,min {m,n }$

Ответ:

$Cmm− k⋅Cnn−k,k = 1,2,3,...,min {m, n}$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#69841

Пусть у нас есть система линейных уравнений

Ax = b

Пусть она разрешима.

Задача. Доказать, что когда мы будем решать её методом Гаусса, то количество главных неизвестных будет равно рангу (расширенной $(A |b)$ или исходной $A$ - неважно, ведь они равны по теореме Кронекера-Капелли), а количество свободных неизвестных будет равно количеству неизвестных минус ранг.

Показать доказательство

Вспомним, что главные неизвестные после приведения матрицы к ступенчатому виду всегда находятся строго $”$ на ступеньках $”$ матрицы. Но все столбцы, содержащие главные неизвестные будут линейно независимыми, и их будет ровно столько, каков ранг матрицы.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#69842

Доказать, что если система

Ax = b

разрешима и ранг (расширенной $(A |b)$ или исходной $A$ - неважно, ведь они равны по теореме Кронекера-Капелли) равен количеству неизвестных, то эта система имеет единственное решение.

Показать доказательство

Поскольку количество главных неизвестных равно рангу $A$ , то, если ранг равен количеству неизвестных, то это означает, что у нас будет 0 свободных неизвестных. Таким образом, в итоговом решении системы не будет никаких параметров. Следовательно, решение будет единственно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#69844

Доказать утверждение, не используя недоказанный метод окаймляющих миноров:

Пусть $A$ - квадратная матрица размера $n × n$ . Тогда, если $detA = 0$ , то $rkA < n$ , а если $detA ⁄= 0$ , то $rkA = n$

Показать доказательство

1. Пусть $detA = 0$ . Тогда, если мы будем приводить её к диагональному виду, как мы делаем для вычисления определителя методом элементарных преобразований, то мы получим хотя бы один нулевой столбец. Но это означает что в ступенчатом виде нашей матрицы $A$ будет нулевой столбец. А, значит, $rkA < n$ .

2. Пусть $rkA < n$ . Тогда в ступенчатом виде будет хотя бы один нулевой столбец. Но тогда, по одному из свойств определителя, определитель матрицы, содержащей нулевой столбец, равен нулю. Значит, $detA = 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#69845

Доказать, что для любых двух матриц $A$ и $B$ одинаковых размеров выполнено неравенство

rk(A + B) ≤ rkA + rkB

Показать доказательство

Пусть обе матрицы $A$ и $B$ имеют размеры $m × n$ .

Давайте составим матрицу $(A|B)$ , приписав справа к матрице $A$ матрицу $B$ .

Но тогда каждый столбец матрицы $A + B$ будет являться линейной комбинацией столбцов матрицы $(A |B )$ .

Действительно, первый столбец матрицы $A + B$ равен первому столбцу матрицы $(A|B )$ плюс $n + 1−$ ый столбец матрицы $(A |B )$ . Второй столбец матрицы $A + B$ равен второму столбцу матрицы $(A |B )$ плюс $n + 2−$ ый столбец матрицы $(A|B)$ . И так далее... $n−$ ый столбец матрицы $A + B$ равен $n−$ ому столбцу матрицы $(A|B )$ плюс $2n−$ ый столбец матрицы $(A|B )$ .

Это нетрудно увидеть, если нарисовать эти матрицы:

( ) ( ) | a11 a12 ... a1n b11 b12 ... b1n| | a11 + b11 a12 + b12 ... a1n + b1n| || a21 a22 ... a2n b21 b22 ... b2n|| || a21 + b21 a22 + b22 ... a2n + b2n|| (A|B) = || || A+B = || || ( ... ... ... ... ... ... ... ...) ( ... ... ... ... ) am1 am2 ... amn bm1 bm2 ... bmn am1 + bm1 am2 + bm2 ... amn + bmn

Следовательно, поскольку все столбцы матрицы $A + B$ выражаются через столбцы матрицы $(A |B )$ , то, по следствию из основной леммы о линейной зависимости, имеем

rk(A + B ) ≤ rk(A |B )

Однако мы уже знаем, что $rk(A|B ) ≤ rkA + rkB$ . Тем самым получаем:

rk (A + B) ≤ rk(A|B ) ≤ rkA + rkB

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#69846

Выписать матрицу перехода от базиса $a1 = (2,3,− 2)$ , $a2 = (5,0,− 1)$ , $a3 = (2,1,− 1)$ к базису $b1 = (1,1,− 1),b2 = (1,− 1,0),b3 = (1,1,1)$ (все координаты $ai$ и $bi$ даны в стандартном базисе $ℝ3$ ).

Показать ответ и решение

Поскольку у нас векторы $ai$ записаны в стандартном базисе, то можно утверждать, что матрица

( ) 2 5 2 A = || || ( 3 0 1 ) − 2 − 1 − 1

есть матрица перехода от стандартного базиса к базису ${a1,a2,a3}$ . Действительно, в её столбцах ведь записаны координаты $”$ нового $”$ ${a1,a2,a3}$ в старом базисе ${e1,e2,e3}$ .

Аналогично рассуждая, можно сказать, что матрица

( ) 1 1 1 B = || 1 − 1 1|| ( ) − 1 0 1

есть матрица перехода от стандартного базиса к базису ${b,b ,b } 1 2 3$ .

Но таким образом, чтобы перейти от базиса ${a1,a2,a3}$ к базису ${b1,b2,b3}$ , надо сначала перейти из базиса ${a1,a2,a3}$ в стандартный - это можно сделать при помощи матрицы $A −1$ , а затем из стандартного - в базис ${b1,b2,b3}$ - это можно сделать при помощи матрицы $B$ . Таким образом, искомая матрица перехода будет

−1 A B

(Мы сначала применяем $−1 A$ , чтобы перейти от ашек к стандартному, а потому применяем $B$ , чтобы от стандартного перейти к бешкам. То что матрицы перехода нужно писать слева направо, а не справа налево, мы обсуждали в одной из задач в теме матрицы перехода.)

Таким образом, осталось лишь вычислить $A −1$ :

( ) 1 3 5 −1 | | A = |( 1 2 4 |) − 3 − 8 − 15

А затем умножить

( ) ( ) ( ) 1 3 5 1 1 1 − 1 − 2 9 − 1 | | | | | | A B = |( 1 2 4 |) |( 1 − 1 1|) = |( − 1 − 1 7 |) − 3 − 8 − 15 − 1 0 1 4 5 − 26

Ответ:

$( ) |− 1 − 2 9 | |− 1 − 1 7 | ( ) 4 5 − 26$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#70849

Доказать, что если $W ⊂ V$ ( $W$ - подпространство линейного пространства $V$ ), то обязательно $dim W ≤ dim V$

Показать доказательство

Давайте докажем это от противного. Пусть бывает такое линейное пространство $V$ и такое его подпространство $W ⊂ V$ , что $dim W > dim V$ .

Пусть $dim W = k,dim V = n,k > n$ .

Тогда в $W$ найдётся базис, состоящий из $k$ векторов

{v1,...,vk} − ба зи с в W

В частности это означает, что ${v1,...,vk}$ - линейно независимая система векторов.

Однако, коль скоро $dim V = n$ , то в самом пространстве $V$ есть базис ${u1,...,un}$ , состоящий из $n$ векторов.

И раз ${u1,...,un}$ - базис в $V$ , то через $ui$ можно выразить любой вектор пространства $V$ , в частности, все вектора ${v ,...,v } 1 k$ .

Получается, что у нас $k$ линейно независимых векторов ${v ,...,v } 1 k$ линейно выражаются через $n$ линейно независимых векторов ${u1,...,un }$ . И при этом $k > n$ . Это противоречит основной лемме о линейной зависимости.

Противоречие доказывает, что неравенство $k > n$ невозможно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#70850

Найти размерность и какой-нибудь базис линейного пространства

span {v1,v2,v3} ⊂ ℝ3

где $v1 = (− 3,2,0),v2 = (0,− 4,15),v3 = (− 3,6,− 15)$

Показать ответ и решение

Для этого нужно составить матрицу $A$ , в которую по строкам будут записаны наши векторы:

( ) | − 3 2 0 | A = |( 0 − 4 15|) − 3 6 − 15

Далее, мы приводим её к ступенчатому виду. В ступенчатом виде матрица будет выглядеть вот так:

( ) − 3 2 0 || || ( 0 − 4 15 ) 0 0 0

При этом смен строк не происходило, поэтому в качестве базиса нашего подпространства можно взять первые два исходных вектора $v1 = (− 3,2,0),v2 = (0,− 4,15)$ , а $dim span{v1,v2,v3} = 2$ .

Ответ:

Размерность 2, базис ${v1 = (− 3,2,0),v2 = (0,− 4,15)}$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#70851

Найти размерность и какой-нибудь базис линейного пространства

span{v1,v2,v3,v4} ⊂ ℝ4

где $v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3),v3 = (1,1,1,3),v4 = (1,1,2,2)$

Показать ответ и решение

Для этого нужно составить матрицу $A$ , в которую по строкам будут записаны наши векторы:

( ) | 1 1 1 1| || 1 2 1 3|| A = || || ( 1 1 1 3) 1 1 2 2

Далее, мы приводим её к ступенчатому виду. В ступенчатом виде матрица будет выглядеть вот так:

( ) | 1 1 1 1| || 0 1 0 2|| || || ( 0 0 1 1) 0 0 0 2

И здесь уже даже неважно, происходили ли смены строк, поскольку видно, что $rkA = 4$ , а, следовательно, $dim span {v1,v2,v3,v4} = 4$ , то есть в качестве базиса нашего подпространства можно взять все исходные 4 вектора

v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3),v3 = (1,1,1,3),v4 = (1,1,2,2)

Но, разумеется, в качестве базиса $span {v ,v ,v,v } 1 2 3 4$ можно взять и ненулевые (то есть все) строки матрицы в ступенчатом виде, то есть векторы

ˆv1 = (1,1,1,1),vˆ2 = (0,1,0,2),ˆv3 = (0,0,1,1),ˆv4 = (0,0,0,2)

Ответ:

Размерность 4, базис ${v1,v2,v3,v4}$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#70852

Найти какой-нибудь базис и размерность пространства решений ОСЛУ (это, разумеется, будет подпространство в $3 ℝ$ )

( {6x1 + 9x2 + 8x3 = 0 (x2 + 6x3 = 0

Показать ответ и решение

Составим матрицу системы

( ) A = 6 9 8 0 1 6

Видим, что эта матрица уже в ступенчатом виде. Поэтому в качестве главных мы возьмем те переменные, которые стоят прямо на ступеньках, то есть $x1$ и $x2$ , а свободной будет переменная $x3$ . Тогда общее решение задается формулами

( { x1 = 54x3−8x3= 46x3- 6 6 ( x2 = − 6x3

Таким образом, размерность пространства решений будет равна количеству свободных переменных, то есть 1, а единственный вектор в базисе пространства решений получится, когда мы свободную переменную приравняем к единичке: $46 {v = ( 6 ,− 6,1 )}$

Ответ:

Размерность один, базис ${v = (466 ,− 6,1)}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#70853

Найти какой-нибудь базис и размерность пространства решений ОСЛУ (это, разумеется, будет подпространство в $4 ℝ$ )

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

Показать ответ и решение

Приведем матрицу системы

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

в ступенчатый вид.

В ступенчатом виде она получается такой:

( ) 5 4 2 1 || || A = || 0 6 1 1 || |( 0 0 − 5130 − 3170|) -1- 0 0 0 −159

Таким образом, видим, что $rkA = 4$ , и свободных переменных у нас нет. Следовательно, размерность пространства решений равна нулю, а базисом в этом пространстве будет являться пустое множество.

(Таким образом, пространство решений этой ОСЛУ тривиально и состоит только из нулевого вектора ${0}$ )

Ответ:

Размерность ноль, базис пуст

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#70854

Составить ОСЛУ такую, что базисом её пространства решений является набор векторов

v1 = (1,1,1),v2 = (1,2,3)

Показать ответ и решение

Пусть искомая ОСЛУ имеет вид

Ax = 0

Ясно, что поскольку наши вектора в условии из трёх координат, то матрица $A$ должна иметь 3 столбца. Cколько же она должна иметь строк?

Видно, что $dim span{v ,v } = 2 1 2$ , то есть размерность пространства решений нашей гипотетической ОСЛУ должна получиться равна двойке.

Но размерность пространства решений - это количество столбцов (в нашем случае 3) минут ранг нашей матрицы. Таким образом, нужно, чтобы наша матрица имела ранг 1.

Следовательно, мы вообще можем обойтись матрицей $A$ , в которой 3 столбца и только одна строчка. Такую матрицу и будем искать.

Итак, мы ищем такую матрицу

( ) A = a11 a12 a13

что

Av1 = 0, Av2 = 0

Таким образом, мы имеем систему:

( { a + a + a = 0 11 12 13 ( a11 + 2a12 + 3a13 = 0

В качестве $A$ подойдёт матрица

( ) A = 1 − 2 1

Следовательно, искомая ОСЛУ имеет вид

( ) ( ) |x1| ( ) 1 − 2 1 |(x2|) = 0 x3

Ответ:

$( ) ( ) | x1| ( ) 1 − 2 1 | x2| = 0 ( ) x3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#70855

Составить ОСЛУ такую, что базисом её пространства решений является набор векторов

v1 = (1,1,1,1),v2 = (1,2,1,3)

Показать ответ и решение

Пусть искомая ОСЛУ имеет вид

Ax = 0

Ясно, что поскольку наши вектора в условии из четырех координат, то матрица $A$ должна иметь 4 столбца. Cколько же она должна иметь строк?

Видно, что $dim span{v ,v } = 2 1 2$ , то есть размерность пространства решений нашей гипотетической ОСЛУ должна получиться равна двойке.

Но размерность пространства решений - это количество столбцов (в нашем случае 4) минут ранг нашей матрицы. Таким образом, нужно, чтобы наша матрица имела ранг 2.

Следовательно, мы можем обойтись матрицей $A$ , в которой 4 столбца две строчки. Такую матрицу и будем искать.

Итак, мы ищем такую матрицу

( ) a11 a12 a13 a14 A = a21 a22 a23 a24

что

Av1 = 0, Av2 = 0

Таким образом, мы имеем систему:

( || a + a + a + a = 0 |||| 11 12 13 14 |{ a21 + a22 + a23 + a24 = 0 |||| a11 + 2a12 + a13 + 3a14 = 0 ||| ( a21 + 2a22 + a23 + 3a24 = 0

У этой системы, разумеется, бесконечно много решений. Нам же достаточно выбрать такое, чтобы в итоге $rkA = 2$ .

Подойдёт, например,

( ) − 1 0 1 0 A = 1 − 2 0 1

Следовательно, искомая ОСЛУ имеет вид

( ) x1 ( ) || || ( ) − 1 0 1 0 || x2|| = 0 1 − 2 0 1 | x3| 0 ( ) x4

Ответ:

$( ) ( ) | x1| ( ) − 1 0 1 0 || x2|| 0 | | = 1 − 2 0 1 |( x3|) 0 x4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#70856

Найти базис $W1 ∩ W2$ , если

W1 = span{(4,2,1),(− 3,2,0),(− 1,4,0)},W2 = span{(− 2,3,1),(5,3,13),(7,0,12)}

Показать ответ и решение

1. Нетрудно заметить, что $dim W1 = 3$ , поскольку все три вектора, на которые натягивается $span$ в $W1$ , линейно независимы.

Поэтому $3 W1 = ℝ$ , а, значит, $W1 ∩ W2$ просто совпадает с $W2$ и нам достаточно найти базис в $W2$ .

2. Для нахождения базиса $W2$ составляем матрицу из координат $W2$ :

( ) − 2 3 1 | | A = |( 5 3 13|) 7 0 12

И приводим её к ступенчатому виду:

( ) − 2 3 1 | | |( 5 3 13|) 7 0 12

Получается матрица

( ) | 7 0 12| |( 0 3 371|) 0 0 0

Поэтому в качестве базиса $W2$ можно взять векторы

31 v1 = (7,0,12), v2 = (0,3,--) 7

Эти векторы подойдут и в качестве базиса пересечения $W1 ∩W2$ , поскольку в нашей задаче случилось так, что $W1 ∩ W2 = W2$

Ответ:

$v1 = (7,0,12), v2 = (0,3, 317 )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#70857

Найти базис $W1 ∩ W2$ , если $W1$ - это пространство решений уравнения

x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0

W2 = span {(1,1,1,1,1),(1,0,− 1,1,− 1),(0,1,− 1,− 1,1),(− 2,1,0,1,− 1)}

Показать ответ и решение

1. Давайте зададим $W2$ как пространство решений некоторой ОСЛУ

Ax = 0

Ясно, что в матрице $A$ должно быть 5 столбцов, поскольку в векторах в $W2$ у нас по пять координат.

А сколько должно быть строк? Найдём размерность нашего $W 2$ , вычислив ранг матрицы из координат векторов, на которые натягивается $span$ , то есть ранг матрицы

( ) 1 1 1 1 1 | | || 1 0 − 1 1 − 1|| || 0 1 − 1 − 1 1 || ( ) − 2 1 0 1 − 1

Он равен 4, а это значит, что

dim span {(1,1,1,1,1),(1,0,− 1,1,− 1),(0,1,− 1,− 1,1),(− 2,1,0,1,− 1)} = 4

То и размерность пространства решений нашей ОСЛУ должна быть равна 4.

Но размерность пространства решений ОСЛУ равна количеству столбцов минус $rkA$ .

Следовательно, нам будет достаточно $A$ , у которой только одна строка. То есть будем искать $A$ в виде:

( ) A = a11 a12 a13 a14 a15

И у нас должно быть выполнено, что что

Av = 0, Av = 0, Av = 0, Av = 0 1 2 3 4

(где $vi$ - это вектора, на которые мы натягиваем пространство $W4$ ).

Таким образом, мы имеем систему:

( |||| a11 + a12 + a13 + a14 + a15 = 0 |||{ a11 − a13 + a14 − a15 = 0 || |||| a12 − a13 − a14 + a15 = 0 |( − 2a11 + a12 + a14 − a15 = 0

В качестве $A$ подойдёт матрица

( ) A = − 6 − 10 − 8 11 13

Таким образом, $W 2$ задаётся ОСЛУ

( ) x1 || x || ( ) || 2|| ( ) − 6 − 10 − 8 11 13 || x3|| = 0 | x | ( 4) x5

Её общим решением является уравнение

− 6x1 − 10x2 − 8x3 + 11x4 + 13x5 = 0

Это и есть уравнение, задающее $W2$ .

2. С другой стороны, $W1$ задается уравнением $x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0$ . Следовательно, их пересечение задаётся системой

( {− 6x − 10x − 8x + 11x + 13x = 0 1 2 3 4 5 (x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0

И, таким образом, базисом пересечения будет ФСР этой последней ОСЛУ.

Запишем её матрицу:

( ) − 6 − 10 − 8 11 13 1 1 − 1 1 − 1

Приведем эту матрицу к ступенчатому виду:

( ) − 6 − 10 − 8 11 13 0 − 4 − 14 17 7

Таким образом, переменные $x1$ и $x2$ будут главными, а остальные $x3,x4,x5$ - свободными.

Формула общего решения ОСЛУ будет:

( 14x −17x −7x 7 17 7 {x2 = --3-−-44--5-= − 2x3 + 4-x4 + 4x5 ( 10x2+8x3−11x4−-13x5- 10(14x3−17−x44−7x5)+8x3−11x4−-13x5 9 21 3 x1 = −6 = − 6 = 2x3 − 4 x4 − 4x5

Следовательно, базисом пространства решений (он же базис $W1 ∩ W2$ ) будет

9 − 7 − 21 17 3 7 v1 = (-,---,1,0,0),v2 = (----,--,0,1,0),v3 = (−-, -,0,0,1) 2 2 4 4 4 4

Ответ:

$v1 = (92, −72 ,1,0,0),v2 = (−241, 174 ,0,1,0),v3 = (− 34, 74,0,0,1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#70858

Является ли линейным подпространством подмножество, образованное всеми:

1): матрицами с нулевой диагональю в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
2): симметричными матрицами в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
3): вырожденными матрицами в пространстве $Matn$ матриц порядка $n$ ;
4): многочленами, корнями которых являются числа $1,2,3,− 8$ в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
5): многочленами, имеющими нечётную степень в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
6): многочленами, имеющими нулевой коэффициент при $x8$ в пространстве всех многочленов степени не выше $10$ ;
7): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на единичной сфере в $ℝ3$ ;
8): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на фиксированной плоскости, проходящей через начало координат в $3 ℝ$ ;
9): векторами с началом в начале координат, концы которых лежат на единичном кубе в $ℝ3$ ;

Показать ответ и решение

1): Да, поскольку сумма таких матриц - вновь матрица такого вида, и то же верно про умножение матрицы такого вида на любое число;
2): Да. Пусть матрицы $A$ и $B$ - симметричны. Это означает, что $t A = A$ , $t B = B$ . Тогда что с их суммой? $(A + B)t = At + Bt = A + B$
Следовательно, сумма симметричных матриц вновь симметрична. Аналогично проверяется то, что и умножение на числа не выводит за пределы множества симметричных матриц;
3): При $n > 1$ - нет. Рассмотрим матрицы $(1 0) 0 0$ и $(0 0) 0 1$ . Очевидно, они вырождены, а их сумма - нет, поскольку их сумма - единичная матрица. Аналогичный пример можно привести для любого $n > 1$ .

При $n = 1$ множество всех вырожденных матриц состоит из единственной - нулевой (то есть числа 0, поскольку матрицы $1 × 1$ это просто числа) и тогда множество вырожденных матриц превращается в тривиальное подпространство, состоящее только из нуля. Так что при $n = 1$ ответ: да ;
4): Да. Пусть $p(x)$ и $q(x)$ - два таких многочлена. Но тогда их сумма $t(x) = p(x)+ q(x)$ тоже будет иметь числа 1, 2, 3, $− 8$ в качестве корней. Потому что, например, $t(1) = p(1)+ q(1) = 0 + 0 = 0$ . Следовательно, сумма многочленов такого вида - вновь многочлен такого вида. Аналогично и с умножениями многочленов такого вида на числа;
5): Нет, потому что, например $4 x5 + x$ и $5 4 − x + x$ имеют нечетную степень, однако их сумма равна $2x4$ и имеет уже чётную степень. Таким образом, это множество не замкнуто относительно сложения;
6): Да, проверяется непосредственно;
7): Нет, поскольку если взять такой вектор и умножить на 2, то его конец уже не будет лежать на единичной сфере. То есть наше множество не замкнуто относительно умножений на числа
Комментарий. Вообще никакое ограниченное множество (кроме состоящего только из нуля) не может быть подпространством в $n ℝ$ , поскольку оно по той же причине не будет замкнуто относительно умножений на всевозможные, в том числе сколь угодно большие $λ ∈ ℝ$ ;
8): Да, проверяется непосредственно (достаточно нарисовать картинку);
9): Нет, по причине, описанной в пункте 7).

Ответ:

1): Да;
2): Да;
3): При $n > 1$ - нет. При $n = 0$ - да. ;
4): Да;
5): Нет;
6): Да;
7): Нет;
8): Да,;
9): Нет.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#94806

a) Доказать, что $−→ ∀x ∈ V$ выполнено, что $−→ −→ 0 ⋅x = 0$ (где в левой части равенства мы умножаем произвольный вектор $−→x ∈ V$ на нулевой скаляр $0 ∈ ℝ$ , а справа получаем в результате нулевой вектор $−→0 ∈ V$ );

b) Доказать, что в аксиоме 4
( $∀−→x ∃−→y такой, что: −→y + −→x = −→x + −→y = −→0$ )
вектор $−→ y ∈ V$ , существование которого гарантируется для любого $−→ x ∈ V$ (это так называемый обратный вектор к $−→x$ ) получается очень просто: нужно просто взять и вектор $−→x$ умножить на $− 1$ . То есть, иными словами, $−→y = − 1⋅−→x$ в аксиоме 4;

c) Доказать, что если $−→v ∈ V$ и $λ ∈ ℝ$ и оказалось так, что

−→ λ−→v = 0

То либо $λ = 0$ , либо $−→ −→ v = 0$

Показать доказательство

a) Действительно, давайте запишем умножение на число $0 ∈ ℝ$ несколько необычно: $0 ⋅−→x = (0+ 0)⋅−→x акси=ома 80⋅−→x + 0⋅−→x$ . А теперь, посмотрим внимательно на аксиому 4: она гарантирует нам, что у любого вектора $−→v$ есть обратный $−→u$ такой, что $−→ −→ −→ v + u = 0$ . В частности, обратный есть у вектора $−→ 0⋅ x$ . Так давайте же в равенстве

−→ −→ −→ 0 ⋅x = 0⋅ x + 0⋅x

прибавим к обеим частям обратный к $−→ 0⋅ x$ . Тогда получится, что $−→ −→ 0 = 0 ⋅x$ . Что и требовалось доказать.

b) Просто по определению проверим, что если к вектору $−→ x$ прибавить $−→ − 1 ⋅x$ , то получится $−→ 0$ :

−→ −→ аксиома 8 в обратную сторону −→ −→ по пункту a)−→ x + (− 1) ⋅x = (1 − 1)x = 0⋅ x = 0

Что и требовалось доказать.

c) 1 случай. Пусть $λ = 0$ . Тогда мы все доказали.

2 случай. Пусть $λ ⁄= 0$ . Но нам дано, что $λ−→v = −→0$ . Домножим обе части этого равенства на $−1 λ$ .

Тогда получится

−1 −→ λ (λv) = 0

Но, применяя аксиому 6.

λ−1(λ−→v ) = (λ−1λ)−→v = −→v = −→0

И в этом случае мы вновь все доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#94807

Доказать, что если ${v1,...,vm}$ - набор векторов $∈ ℝn$ и $m > n$ , то этот набор обязательно линейно зависимый.

То есть, грубо говоря $”$ много векторов $”$ в $”$ маленьком пространстве $”$ всегда линейно зависимы.

Показать доказательство

Вопрос о том, является ли набор векторов ${v1,...,vm }$
(где $vi = (v1,i,v2,i,...,vn,i) ∈ ℝn, i = 1,...,m$ )
линейно зависимым равносилен вопросу о том, есть ли у однородной СЛУ

( |||λ1v1,1 + λ2v1,2 + ...+ λmv1,m = 0 |||{ λ1v2,1 + λ2v2,2 + ...+ λmv2,m = 0 |||... |||( λ1vn,1 + λ2vn,2 + ...+ λmvn,m = 0

ненулевое решение.

У нас $λi$ - это неизвестные, их столько штук, сколько у нас векторов, то есть $m$ штук.

А уравнений у нас столько, сколько координат у каждого вектора, то есть $n$ штук.

По условию у нас $m > n$ .

Но, как известно из теории однородных СЛУ, когда у однородной СЛУ неизвестных больше, чем уравнений, то такая однородная СЛУ всегда имеет бесконечно много решений (потому что она во-первых заведомо совместна, а во-вторых при приведении к ступенчатому виду у нее обязательно появятся свободные неизвестные).

Но раз имеет бесконечно много, значит, хотя бы одно ненулевое решение она заведомо имеет. Что и требовалось доказать. Значит, набор векторов из $ℝn$ , в котором больше, чем $n$ векторов, всегда линейно зависим.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#96032

Используя теорему Кронекера-Капелли, выяснить, совместна ли следующая СЛУ (при этом не решая её):

( ) ( 1 1 3 − 2 3) |x1| (1) || || ||x2|| || || || 2 2 4 − 1 3|| ||x3|| = ||2|| ( 3 3 5 − 2 3) || || (1) 2 2 8 − 3 9 (x4) 2 x5

Показать ответ и решение

Если привести расширенную матрицу

( 1 1 3 − 2 3 1) | | (A |b) = || 2 2 4 − 1 3 2|| |( 3 3 5 − 2 3 1|) 2 2 8 − 3 9 2

к ступенчатому виду, то получим матрицу

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

И видно, что $rk(A|b) = 4$ В то же время, если бы последнего столбца не было, то матрица $A$ в ступенчатом виде выглядела бы как

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

И ясно, что $rkA = 3$ .

Таким образом, поскольку $rk(A|b) > rkA$ , то по теореме Кронекера-Капелли, система несовместна.

Ответ:

Несовместна

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#96033

Доказать, что если ${v1,...,vn}$ - базис пространства $V$ , то любой $v ∈ V$ можно единственным образом выразить в виде линейной комбинации $vi$ . То есть

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

Показать доказательство

То, что любой $v ∈ V$ просто как-то выражается в виде линейной комбинации базисных ${v1,...,vn}$ нам дано и так - это входит в определение базиса. Докажем, что такое выражение единственно.

Будем доказывать от противного. Пусть для какого-то $v ∈ V$ нашлось два разных выражения в виде линейной комбинации базисных:

v = α1v1 + α2v2 + ...+ αnvn

v = β1v1 + β2v2 + ...+ βnvn

и притом $∃i : αi ⁄= βi$ .

Тогда вычтем одно равенство из другого и получим:

−→ ∑n 0 = (αi − βi)vi i=1

Но мы видим, что линейная комбинация базисных ${v1,...,vn}$ равна нулевому вектору. А поскольку базис обязан быть линейно независимым, то ноль можно получить только из тривиальной линейной комбинации. Следовательно, все коэффициенты последней линейной комбинации равны нулю:

(αi − βi) = 0, i = 1,...,n

Противоречие с тем, что мы предположили, что $∃i : αi ⁄= βi$ . Следовательно, ни у какого $v ∈ V$ двух различных разложений быть не может.