Sustavi linearnih homogenih jednadžbi

Formulacija problema. Naći neku bazu i odrediti dimenziju linearnog prostora rješenja sustava

Plan rješenja.

1. Zapišite matricu sustava:

a pomoću elementarnih transformacija transformiramo matricu u trokutasti pogled, tj. na takav oblik kada su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli. Rang matrice sustava jednak je broju linearno neovisnih redaka, tj. u našem slučaju broju redaka u kojima ostaju elementi različiti od nule:

Dimenzija prostora rješenja je . Ako je , tada homogeni sustav ima jedinstvenu nulto rješenje, ako je , tada sustav ima beskonačan broj rješenja.

2. Odaberite osnovne i slobodne varijable. Slobodne varijable su označene sa . Zatim izrazimo osnovne varijable preko slobodnih i tako dobijemo zajednička odluka homogeni sustav linearne jednadžbe.

3. Osnovu prostora rješenja sustava pišemo sekvencijalnim postavljanjem jedne od slobodnih varijabli jednako jedan, a ostatak na nulu. Dimenzija linearnog prostora rješenja sustava jednaka je broju baznih vektora.

Bilješka. Elementarne matrične transformacije uključuju:

1. množenje (dijeljenje) niza faktorom koji nije nula;

2. dodavanje bilo kojem retku drugog retka, pomnoženog s bilo kojim brojem;

3. preuređivanje linija;

4. transformacije 1–3 za stupce (u slučaju rješavanja sustava linearnih jednadžbi ne koriste se elementarne transformacije stupaca).

Zadatak 3. Naći neku bazu i odrediti dimenziju linearnog prostora rješenja sustava.

Napišemo matricu sustava i pomoću elementarnih transformacija reduciramo je na trokutasti oblik:

Onda pretpostavljamo

Kada smo ispitali koncepte n-dimenzionalnog vektora i uveli operacije na vektorima, otkrili smo da skup svih n-dimenzionalnih vektora generira linearni prostor. U ovom ćemo članku govoriti o najvažnijim povezanim pojmovima - dimenziji i bazi vektorskog prostora. Također ćemo razmotriti teorem o proširenju proizvoljnog vektora u bazu i vezu između različitih baza n-dimenzionalnog prostora. Razmotrimo detaljno rješenja tipičnih primjera.

Navigacija po stranici.

Pojam dimenzije vektorskog prostora i baze.

Pojmovi dimenzije i baze vektorskog prostora izravno su povezani s pojmom linearno neovisnog sustava vektora, pa po potrebi preporučujemo da pogledate članak linearna ovisnost sustava vektora, svojstva linearne ovisnosti i neovisnosti .

Definicija.

Dimenzija vektorskog prostora je broj jednak maksimalnom broju linearno neovisnih vektora u ovom prostoru.

Definicija.

Osnova vektorskog prostora je uređen skup linearno nezavisnih vektora ovog prostora, čiji je broj jednak dimenziji prostora.

Dajmo neka obrazloženja na temelju ovih definicija.

Razmotrimo prostor n-dimenzionalnih vektora.

Pokažimo da je dimenzija tog prostora n.

Uzmimo sustav od n jediničnih vektora oblika

Uzmimo te vektore kao redove matrice A. U ovom slučaju, matrica A će biti matrica identiteta dimenzija n puta n. Rang ove matrice je n (pogledajte članak ako je potrebno). Stoga sustav vektora je linearno neovisan i niti jedan vektor se ne može dodati ovom sustavu bez narušavanja njegove linearne neovisnosti. Budući da je broj vektora u sustavu onda je jednako n dimenzija prostora n-dimenzionalnih vektora je n, a jediničnih vektora temelj su ovog prostora.

Iz zadnje tvrdnje i definicije osnove možemo zaključiti da bilo koji sustav n-dimenzionalnih vektora, čiji je broj vektora manji od n, nije baza.

Sada zamijenimo prvi i drugi vektor sustava . Lako je pokazati da dobiveni sustav vektora također je baza n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Kreirajmo matricu uzimajući vektore ovog sustava kao njegove retke. Ova matrica se može dobiti iz matrice identiteta zamjenom prvog i drugog retka, stoga će njen rang biti n. Dakle, sustav od n vektora je linearno neovisan i baza je n-dimenzionalnog vektorskog prostora.

Preuredimo li ostale vektore sustava , tada dobivamo drugu osnovu.

Ako uzmemo linearno nezavisan sustav nejediničnih vektora, onda je on također baza n-dimenzionalnog vektorskog prostora.

Tako, vektorski prostor dimenzije n ima onoliko baza koliko ima linearno neovisnih sustava od n n -dimenzionalnih vektora.

Ako govorimo o dvodimenzionalnom vektorskom prostoru (odnosno o ravnini), tada je njegova baza bilo koja dva ne kolinearni vektor. Osnova trodimenzionalni prostor su bilo koja tri nekoplanarna vektora.

Pogledajmo nekoliko primjera.

Primjer.

Jesu li vektori osnova trodimenzionalnog vektorskog prostora?

Riješenje.

Ispitajmo linearnu ovisnost ovog sustava vektora. Da bismo to učinili, kreirajmo matricu čiji će redovi biti koordinate vektora i pronađimo njen rang:


Dakle, vektori a, b i c su linearno neovisni i njihov broj je jednak dimenziji vektorskog prostora, dakle, oni su baza ovog prostora.

Odgovor:

Da, jesu.

Primjer.

Može li sustav vektora biti baza vektorskog prostora?

Riješenje.

Ovaj sustav vektora je linearno ovisan, budući da je najveći broj linearno neovisnih trodimenzionalnih vektora tri. Prema tome, ovaj sustav vektora ne može biti baza trodimenzionalnog vektorskog prostora (iako je podsustav izvornog sustava vektora baza).

Odgovor:

Ne, on nemože.

Primjer.

Provjerite vektore

može biti osnova četverodimenzionalnog vektorskog prostora.

Riješenje.

Kreirajmo matricu uzimajući izvorne vektore kao njezine retke:

Pronađimo:

Dakle, sustav vektora a, b, c, d je linearno neovisan i njihov broj je jednak dimenziji vektorskog prostora, dakle, a, b, c, d su njegova baza.

Odgovor:

Izvorni vektori doista su osnova četverodimenzionalnog prostora.

Primjer.

Da li vektori čine osnovu vektorskog prostora dimenzije 4?

Riješenje.

Čak i ako je izvorni sustav vektora linearno neovisan, broj vektora u njemu nije dovoljan da bude baza četverodimenzionalnog prostora (bazicu takvog prostora čine 4 vektora).

Odgovor:

Ne, nije.

Dekompozicija vektora prema bazi vektorskog prostora.

Neka su proizvoljni vektori osnova su n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Ako im dodamo neki n-dimenzionalni vektor x, tada će rezultirajući sustav vektora biti linearno ovisan. Iz svojstava linearne ovisnosti znamo da je barem jedan vektor linearno ovisnog sustava linearno izražen kroz ostale. Drugim riječima, barem jedan od vektora linearno ovisnog sustava proširuje se u preostale vektore.

Ovo nas dovodi do vrlo važnog teorema.

Teorema.

Bilo koji vektor n-dimenzionalnog vektorskog prostora može se jedinstveno rastaviti na bazu.

Dokaz.

Neka - baza n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Dodajmo n-dimenzionalni vektor x ovim vektorima. Tada će rezultirajući sustav vektora biti linearno ovisan i vektor x se može linearno izraziti kroz vektore : , gdje su neki brojevi. Tako smo dobili proširenje vektora x u odnosu na bazu. Ostaje dokazati da je ova dekompozicija jedinstvena.

Pretpostavimo da postoji još jedna dekompozicija, gdje - neki brojevi. Oduzmimo od lijeve i desne strane posljednje jednakosti lijevu, odnosno desnu stranu jednakosti:

Budući da sustav baznih vektora linearno neovisan, tada je po definiciji linearne neovisnosti sustava vektora rezultirajuća jednakost moguća samo kada su svi koeficijenti jednaki nuli. Dakle, , što dokazuje jedinstvenost vektorske dekompozicije s obzirom na bazu.

Definicija.

Koeficijenti se nazivaju koordinate vektora x u bazi .

Nakon što smo se upoznali s teoremom o rastavljanju vektora na bazu, počinjemo shvaćati bit izraza „dan nam je n-dimenzionalni vektor " Ovaj izraz znači da razmatramo vektor x n -dimenzionalnog vektorskog prostora, čije su koordinate navedene u nekoj bazi. U isto vrijeme, razumijemo da će isti vektor x u drugoj bazi n-dimenzionalnog vektorskog prostora imati koordinate različite od .

Razmotrimo sljedeći problem.

Neka nam je dan sustav od n linearno neovisnih vektora u nekoj bazi n-dimenzionalnog vektorskog prostora

i vektor . Zatim vektori također su osnova ovog vektorskog prostora.

Trebamo pronaći koordinate vektora x u bazi . Označimo ove koordinate kao .

Vektor x u bazi ima ideju. Zapišimo ovu jednakost u koordinatnom obliku:

Ova jednakost je ekvivalentna sustavu od n linearnih algebarske jednadžbe s n nepoznatih varijabli :

Glavna matrica ovog sustava ima oblik

Označimo ga slovom A. Stupci matrice A predstavljaju vektore linearno neovisnog sustava vektora , pa je rang ove matrice n, stoga je njezina determinanta različita od nule. Ova činjenica ukazuje da sustav jednadžbi ima jedinstveno rješenje koje se može pronaći bilo kojom metodom, na primjer, ili.

Na taj način će se pronaći potrebne koordinate vektor x u bazi .

Pogledajmo teoriju na primjerima.

Primjer.

U nekoj bazi trodimenzionalnog vektorskog prostora, vektori

Uvjerite se da je sustav vektora također baza ovog prostora i pronađite koordinate vektora x u toj bazi.

Riješenje.

Da bi sustav vektora bio osnova trodimenzionalnog vektorskog prostora, mora biti linearno neovisan. Otkrijmo to određivanjem ranga matrice A, čiji su redovi vektori. Nađimo rang koristeći Gaussovu metodu


stoga je Rank(A) = 3, što pokazuje linearna neovisnost vektorski sustavi.

Dakle, vektori su osnova. Neka vektor x ima koordinate u ovoj bazi. Zatim, kao što smo gore pokazali, odnos između koordinata ovog vektora je dan sustavom jednadžbi

Zamjenom vrijednosti poznatih iz uvjeta u njega, dobivamo

Riješimo to Cramerovom metodom:

Dakle, vektor x u bazi ima koordinate .

Odgovor:

Primjer.

Na nekoj osnovi četverodimenzionalnog vektorskog prostora zadan je linearno neovisan sustav vektora

Poznato je da . Nađi koordinate vektora x u bazi .

Riješenje.

Budući da sustav vektora linearno neovisan po uvjetu, onda je to osnova četverodimenzionalnog prostora. Zatim ravnopravnost znači da vektor x u bazi ima koordinate. Označimo koordinate vektora x u bazi kako .

Sustav jednadžbi koji definira odnos koordinata vektora x u bazama I izgleda kao

Zamjenjujemo ga poznate vrijednosti i pronađite tražene koordinate:

Odgovor:

.

Odnos između baza.

Neka su dana dva linearno neovisna sustava vektora u nekoj bazi n-dimenzionalnog vektorskog prostora

I

odnosno ujedno su i baze ovog prostora.

Ako - koordinate vektora u bazi , zatim koordinatna veza I dana je sustavom linearnih jednadžbi (o tome smo govorili u prethodnom odlomku):

, što se u matričnom obliku može napisati kao

Slično za vektor možemo napisati

Prethodne matrične jednakosti mogu se spojiti u jednu, koja u biti definira odnos između vektora dviju različitih baza

Slično, možemo izraziti sve bazne vektore kroz osnovu :

Definicija.

Matrica nazvao matrica prijelaza iz baze do baze , onda je jednakost istinita

Množenje obje strane ove jednakosti s desne strane s

dobivamo

Pronađimo matricu prijelaza, ali nećemo se detaljno zadržavati na pronalaženju inverzne matrice i množenja matrica (vidi članke i ako je potrebno):

Preostaje saznati odnos koordinata vektora x u zadanim bazama.

Neka vektor x ima koordinate u bazi, dakle

a u bazi vektor x ima koordinate , tada

Kako su lijeve strane posljednje dvije jednakosti iste, možemo izjednačiti desne strane:

Ako pomnožimo obje strane s desne strane s

onda dobivamo


Na drugoj strani

(inverznu matricu pronađite sami).
Posljednje dvije jednakosti daju nam traženi odnos koordinata vektora x u bazama i .

Odgovor:

Matrica prijelaza iz baze u bazu ima oblik
;
koordinate vektora x u bazama i povezani su relacijama

ili
.

Ispitali smo pojmove dimenzije i baze vektorskog prostora, naučili dekomponirati vektor na bazu i otkrili vezu između različitih baza n-dimenzionalnog vektorskog prostora kroz matricu prijelaza.

Stranica 1

Potprostor, njegova osnova i dimenzija.

Neka L– linearni prostor nad poljem P I A– podskup od L. Ako A sama čini linearni prostor nad poljem P u vezi s istim operacijama kao L, To A naziva potprostor prostora L.

Prema definiciji linearnog prostora, tako da A bio potprostor potrebno je provjeriti izvedivost u A operacije:

1) :
;

2)
:
;

i provjerite jesu li operacije u tijeku A podliježu osam aksioma. Međutim, potonji će biti suvišan (zbog činjenice da ovi aksiomi vrijede u L), tj. istina je sljedeće

Teorema. Neka je L linearni prostor nad poljem P i
. Skup A je potprostor od L ako i samo ako su zadovoljeni sljedeći zahtjevi:

1. :
;

2.
:
.

Izjava. Ako L – n-dimenzionalni linearni prostor i A njegov podprostor, dakle A je također konačnodimenzionalni linearni prostor i njegova dimenzija ne prelazi n.

P primjer 1. Je li potprostor prostora segmentnih vektora V 2 skup S svih ravninskih vektora od kojih svaki leži na jednoj od koordinatnih osi 0x ili 0y?

Riješenje: Neka
,
I
,
. Zatim
. Stoga S nije potprostor .

Primjer 2. V 2 postoji mnogo vektora ravnih segmenata S svi ravninski vektori čiji počeci i krajevi leže na određenom pravcu l ovaj avion?

Riješenje.

E sli vektor
pomnožiti s realnim brojem k, tada dobivamo vektor
, također pripada S. If I su dva vektora iz S, tada
(prema pravilu zbrajanja vektora na pravoj liniji). Stoga je S potprostor .

Primjer 3. Je linearni potprostor linearnog prostora V 2 gomila A svi ravninski vektori čiji krajevi leže na datom pravcu l, (pretpostavimo da se ishodište bilo kojeg vektora podudara s ishodištem koordinata)?

R odluka.

U slučaju kada ravna crta l skup ne prolazi kroz ishodište A linearni potprostor prostora V 2 nije, jer
.

U slučaju kada ravna crta l prolazi kroz ishodište, skup A je linearni potprostor prostora V 2 , jer
a pri množenju bilo kojeg vektora
na realan broj α s polja R dobivamo
. Dakle, linearni prostorni zahtjevi za set A dovršeno.

Primjer 4. Neka je dan sustav vektora
iz linearnog prostora L preko polja P. Dokažite da je skup svih mogućih linearnih kombinacija
s koeficijentima
iz P je podprostor L(ovo je podprostor A naziva se potprostor generiran sustavom vektora
ili linearna ljuska ovaj vektorski sustav, i označeno na sljedeći način:
ili
).

Riješenje. Doista, budući da , Zatim za bilo koje elemente x, gA imamo:
,
, Gdje
,
. Zatim

Jer
, To
, Zato
.

Provjerimo da li je ispunjen drugi uvjet teoreme. Ako x– bilo koji vektor iz A I t– bilo koji broj od P, To . Jer
I
,
, To
,
, Zato
. Dakle, prema teoremu, skup A– potprostor linearnog prostora L.

Za konačnodimenzionalne linearne prostore vrijedi i obrnuto.

Teorema. Bilo koji podprostor A linearni prostor L preko polja je linearni raspon nekog sustava vektora.

Pri rješavanju problema nalaženja baze i dimenzije linearne ljuske koristi se sljedeći teorem.

Teorema. Linearna baza ljuske
poklapa se s bazom vektorskog sustava
. Linearna dimenzija ljuske
poklapa se s rangom vektorskog sustava
.

Primjer 4. Odredite bazu i dimenziju potprostora
linearni prostor R 3 [ x] , Ako
,
,
,
.

Riješenje. Poznato je da vektori i njihovi koordinatni redovi (kolone) imaju ista svojstva (u odnosu na linearna ovisnost). Izrada matrice A=
iz koordinatnih stupaca vektora
u osnovi
.

Nađimo rang matrice A.

. M 3 =
.
.

Stoga rang r(A)= 3. Dakle, rang vektorskog sustava
jednaka je 3. To znači da je dimenzija potprostora S jednaka 3, a njegova baza se sastoji od tri vektora
(jer u osnovnom molu
uključuje koordinate samo ovih vektora)., . Ovaj sustav vektora je linearno neovisan. Zaista, neka bude.

I
.

Možete se uvjeriti da sustav
linearno ovisna za bilo koji vektor x iz H. Ovo to dokazuje
maksimalni linearno neovisni sustav potprostornih vektora H, tj.
– osnova u H i dim H=n 2 .

Stranica 1

Podskup linearnog prostora čini potprostor ako je zatvoren prema zbrajanju vektora i množenju skalarima.

Primjer 6.1. Čini li potprostor u ravnini skup vektora čiji krajevi leže: a) u prvoj četvrtini; b) na pravoj liniji koja prolazi kroz ishodište? (ishodišta vektora leže u ishodištu koordinata)

Riješenje.

a) ne, jer skup nije zatvoren prema množenju skalarom: kada se množi sa negativan broj kraj vektora pada u treću četvrtinu.

b) da, budući da pri zbrajanju vektora i množenju s bilo kojim brojem njihovi krajevi ostaju na istoj ravnici.

Vježba 6.1. Tvore li sljedeći podskupovi odgovarajućih linearnih prostora potprostor:

a) skup ravninskih vektora čiji krajevi leže u prvoj ili trećoj četvrtini;

b) skup ravninskih vektora čiji krajevi leže na pravoj liniji koja ne prolazi kroz ishodište;

c) skup koordinatnih pravaca ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 + x 2 + x 3 = 0);

d) skup koordinatnih pravaca ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 + x 2 + x 3 = 1);

e) skup koordinatnih pravaca ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 = x 2 2).

Dimenzija linearnog prostora L je broj dim L vektora uključenih u bilo koju njegovu bazu.

Dimenzije sume i presjeka potprostora povezani su relacijom

dim (U + V) = dim U + dim V – dim (U Ç V).

Primjer 6.2. Nađite bazu i dimenziju sume i presjeka potprostora razapetih sljedećim sustavima vektora:

Rješenje Svaki od sustava vektora koji generiraju potprostore U i V je linearno neovisan, što znači da je baza odgovarajućeg potprostora. Izgradimo matricu od koordinata tih vektora, raspoređujući ih u stupce i odvajajući jedan sustav od drugog linijom. Svedimo dobivenu matricu na stepenasti oblik.

~ ~ ~ .

Bazu U + V tvore vektori , , , kojima odgovaraju vodeći elementi u matrici koraka. Prema tome dim (U + V) = 3. Zatim

dim (UÇV) = dim U + dim V – dim (U + V) = 2 + 2 – 3 = 1.

Sjecište podprostora tvori skup vektora koji zadovoljavaju jednadžbu (stoje lijevo i desni dijelovi ova jednadžba). Osnovu presjeka dobivamo pomoću temeljni sustav rješenja sustava linearnih jednadžbi koje odgovaraju ovoj vektorskoj jednadžbi. Matrica ovog sustava već je svedena na stepenasti oblik. Na temelju toga zaključujemo da je y 2 slobodna varijabla, te postavljamo y 2 = c. Tada je 0 = y 1 – y 2, y 1 = c,. a sjecište podprostora čini skup vektora oblika = c (3, 6, 3, 4). Prema tome, baza UÇV tvori vektor (3, 6, 3, 4).

Bilješke. 1. Ako nastavimo rješavati sustav, pronalazeći vrijednosti varijabli x, dobivamo x 2 = c, x 1 = c, a na lijevoj strani vektorske jednadžbe dobivamo vektor jednak onom dobivenom gore .

2. Navedenom metodom možete dobiti bazu zbroja neovisno o tome jesu li generirajući sustavi vektora linearno neovisni. Ali baza presjeka će se dobiti ispravno samo ako je barem sustav koji generira drugi podprostor linearno neovisan.

3. Ako se utvrdi da je dimenzija sjecišta 0, tada sjecište nema osnove i ne treba ga tražiti.

Vježba 6.2. Nađite bazu i dimenziju sume i presjeka potprostora razapetih sljedećim sustavima vektora:

A)

b)

Euklidski prostor

Euklidski prostor je linearni prostor nad poljem R, u kojem je definirano skalarno množenje koje svakom paru vektora dodjeljuje skalar i ispunjeni su sljedeći uvjeti:

2) (a + b) = a() + b();

3) ¹Þ > 0.

Standard skalarni proizvod izračunati po formulama

(a 1 , … , a n) (b 1 , … , b n) = a 1 b 1 + … + a n b n.

Vektori i nazivaju se ortogonalnima, pišu se ^ ako je njihov skalarni produkt jednak 0.

Sustav vektora naziva se ortogonalnim ako su vektori u njemu po paru ortogonalni.

Ortogonalni sustav vektora je linearno neovisan.

Proces ortogonalizacije sustava vektora , ... , sastoji se od prijelaza na ekvivalentni ortogonalni sustav , ... , koji se izvodi prema formulama:

, gdje je , k = 2, … , n.

Primjer 7.1. Ortogonalizirati sustav vektora

= (1, 2, 2, 1), = (3, 2, 1, 1), = (4, 1, 3, -2).

Rješenje. Imamo = = (1, 2, 2, 1);

, = = = 1;

= (3, 2, 1, 1) – (1, 2, 2, 1) = (2, 0, -1, 0).

, = = =1;

= =1;

= (4, 1, 3, -2) – (1, 2, 2, 1) – (2, 0, -1, 0) = (1, -1, 2, -3).

Vježba 7.1. Ortogonaliziraj vektorske sustave:

a) = (1, 1, 0, 2), = (3, 1, 1, 1), = (-1, -3, 1, -1);

b) = (1, 2, 1, 1), = (3, 4, 1, 1), = (0, 3, 2, -1).

Primjer 7.2. Potpuni sustav vektora = (1, -1, 1, -1),

= (1, 1, -1, -1), na ortogonalnu bazu prostora.

Rješenje: Izvorni sustav je ortogonalni, pa problem ima smisla. Budući da su vektori zadani u četverodimenzionalnom prostoru, moramo pronaći još dva vektora. Treći vektor = (x 1, x 2, x 3, x 4) određuje se iz uvjeta = 0, = 0. Ovi uvjeti daju sustav jednadžbi čija je matrica sastavljena od koordinatnih linija vektora i . Rješavamo sustav:

~ ~ .

Slobodnim varijablama x 3 i x 4 može se dati bilo koji skup vrijednosti osim nule. Pretpostavljamo, na primjer, da je x 3 = 0, x 4 = 1. Tada je x 2 = 0, x 1 = 1 i = (1, 0, 0, 1).

Slično, nalazimo = (y 1, y 2, y 3, y 4). Da bismo to učinili, dodamo novu koordinatnu liniju gore dobivenoj matrici koraka i reduciramo je na oblik koraka:

~ ~ .

Za slobodnu varijablu y 3 postavljamo y 3 = 1. Tada je y 4 = 0, y 2 = 1, y 1 = 0 i = (0, 1, 1, 0).

Norma vektora u euklidskom prostoru je nenegativan realan broj.

Vektor se naziva normaliziranim ako mu je norma 1.

Da bi se vektor normalizirao, mora se podijeliti s njegovom normom.

Ortogonalni sustav normaliziranih vektora naziva se ortonorman.

Vježba 7.2. Dovršite sustav vektora do ortonormirane baze prostora:

a) = (1/2, 1/2, 1/2, 1/2), = (-1/2, 1/2, -1/2, 1/2);

b) = (1/3, -2/3, 2/3).

Linearna preslikavanja

Neka su U i V linearni prostori nad poljem F. Preslikavanje f: U ® V naziva se linearnim ako je i .

Primjer 8.1. Jesu li transformacije trodimenzionalnog prostora linearne:

a) f(x 1, x 2, x 3) = (2x 1, x 1 – x 3, 0);

b) f(x 1, x 2, x 3) = (1, x 1 + x 2, x 3).

Riješenje.

a) Imamo f((x 1, x 2, x 3) + (y 1, y 2, y 3)) = f(x 1 + y 1, x 2 + y 2, x 3 + y 3) =

= (2(x 1 + y 1), (x 1 + y 1) – (x 3 + y 3), 0) = (2x 1, x 1 – x 3, 0) + (2y 1, y 1 - y 3 , 0) =

F((x 1, x 2, x 3) + f(y 1, y 2, y 3));

f(l(x 1, x 2, x 3)) = f(lx 1, lx 2, lx 3) = (2lx 1, lx 1 – lx 3, 0) = l(2x 1, x 1 – x 3) , 0) =

L f(x 1, x 2, x 3).

Dakle, transformacija je linearna.

b) Imamo f((x 1 , x 2 , x 3) + (y 1 , y 2 , y 3)) = f(x 1 + y 1 , x 2 + y 2 , x 3 + y 3) =

= (1, (x 1 + y 1) + (x 2 + y 2), x 3 + y 3);

f((x 1 , x 2 , x 3) + f(y 1 , y 2 , y 3)) = (1, x 1 + x 2 , x 3) + (1, y 1 + y 2 , y 3 ) =

= (2, (x 1 + y 1) + (x 2 + y 2), x 3 + y 3) ¹ f((x 1, x 2, x 3) + (y 1, y 2, y 3) ).

Dakle, transformacija nije linearna.

Slika linearnog preslikavanja f: U ® V je skup slika vektora iz U, tj.

Im (f) = (f() ï O U). + … + a m1

Vježba 8.1. Pronađite rang, nedostatak, baze slike i jezgru linearnog preslikavanja f zadanog matricom:

a) A = ; b) A = ; c) A = .

P I A– podskup od L. Ako A sama čini linearni prostor nad poljem P u vezi s istim operacijama kao L, To A naziva potprostor prostora L.

Prema definiciji linearnog prostora, tako da A bio potprostor potrebno je provjeriti izvedivost u A operacije:

1) :
;

2)
:
;

i provjerite jesu li operacije u tijeku A podliježu osam aksioma. Međutim, potonji će biti suvišan (zbog činjenice da ovi aksiomi vrijede u L), tj. istina je sljedeće

Teorema. Neka je L linearni prostor nad poljem P i
. Skup A je potprostor od L ako i samo ako su zadovoljeni sljedeći zahtjevi:

Izjava. Ako L – n-dimenzionalni linearni prostor i A njegov podprostor, dakle A je također konačnodimenzionalni linearni prostor i njegova dimenzija ne prelazi n.

P primjer 1. Je li potprostor prostora segmentnih vektora V 2 skup S svih ravninskih vektora od kojih svaki leži na jednoj od koordinatnih osi 0x ili 0y?

Riješenje: Neka
,
I
,
. Zatim
. Stoga S nije potprostor .

Primjer 2. Je linearni potprostor linearnog prostora V 2 postoji mnogo vektora ravnih segmenata S svi ravninski vektori čiji počeci i krajevi leže na određenom pravcu l ovaj avion?

Riješenje.

E sli vektor
pomnožiti s realnim brojem k, tada dobivamo vektor
, također pripada S. If I su dva vektora iz S, tada
(prema pravilu zbrajanja vektora na pravoj liniji). Stoga je S potprostor .

Primjer 3. Je linearni potprostor linearnog prostora V 2 gomila A svi ravninski vektori čiji krajevi leže na datom pravcu l, (pretpostavimo da se ishodište bilo kojeg vektora podudara s ishodištem koordinata)?

R odluka.

U slučaju kada ravna crta l skup ne prolazi kroz ishodište A linearni potprostor prostora V 2 nije, jer
.

U slučaju kada ravna crta l prolazi kroz ishodište, skup A je linearni potprostor prostora V 2 , jer
a pri množenju bilo kojeg vektora
na realan broj α s polja R dobivamo
. Dakle, linearni prostorni zahtjevi za set A dovršeno.

Primjer 4. Neka je dan sustav vektora
iz linearnog prostora L preko polja P. Dokažite da je skup svih mogućih linearnih kombinacija
s koeficijentima
iz P je podprostor L(ovo je podprostor A naziva se potprostor generiran sustavom vektora ili linearna ljuska ovaj vektorski sustav, i označeno na sljedeći način:
ili
).

Riješenje. Doista, budući da , Zatim za bilo koje elemente x, gA imamo:
,
, Gdje
,
. Zatim

Od tad
, Zato
.

Provjerimo da li je ispunjen drugi uvjet teoreme. Ako x– bilo koji vektor iz A I t– bilo koji broj od P, To . Jer
I
,,To
, , Zato
. Dakle, prema teoremu, skup A– potprostor linearnog prostora L.

Za konačnodimenzionalne linearne prostore vrijedi i obrnuto.

Teorema. Bilo koji podprostor A linearni prostor L preko polja je linearni raspon nekog sustava vektora.

Pri rješavanju problema nalaženja baze i dimenzije linearne ljuske koristi se sljedeći teorem.

Teorema. Linearna baza ljuske
poklapa se s bazom vektorskog sustava. Dimenzija linearne ljuske podudara se s rangom sustava vektora.

Primjer 4. Odredite bazu i dimenziju potprostora
linearni prostor R 3 [ x] , Ako
,
,
,
.

Riješenje. Poznato je da vektori i njihovi koordinatni redovi (stupci) imaju ista svojstva (s obzirom na linearnu ovisnost). Izrada matrice A=
iz koordinatnih stupaca vektora
u osnovi
.

Nađimo rang matrice A.

. M 3 =
.
.

Stoga rang r(A)= 3. Dakle, rang sustava vektora je 3. To znači da je dimenzija potprostora S 3, a njegova baza se sastoji od tri vektora
(jer u osnovnom molu
uključene su koordinate samo tih vektora).

Primjer 5. Dokažite da skup H aritmetički prostorni vektori
, čije su prva i zadnja koordinata 0, čini linearni podprostor. Pronađite njegovu osnovu i dimenziju.

Riješenje. Neka
.

Zatim , i . Stoga,
za bilo koji . Ako
,
, To . Dakle, prema teoremu o linearnom potprostoru, skup H je linearni potprostor prostora. Pronađimo osnovu H. Razmotrimo sljedeće vektore iz H:
,
, . Ovaj sustav vektora je linearno neovisan. Zaista, neka bude.