Lineáris homogén egyenletrendszerek

A probléma megfogalmazása. Keressen valamilyen alapot, és határozza meg a rendszer lineáris megoldásterének dimenzióját

Megoldási terv.

1. Írja fel a rendszermátrixot:

elemi transzformációk segítségével pedig átalakítjuk a mátrixot arra háromszög nézet, azaz olyan formára, amikor a főátló alatti összes elem nulla. A rendszermátrix rangja megegyezik a lineárisan független sorok számával, azaz esetünkben azoknak a soroknak a számával, amelyekben nem nulla elemek maradnak:

A megoldási tér dimenziója . Ha , akkor a homogén rendszernek egyedi nulla megoldás, ha , akkor a rendszernek végtelen számú megoldása van.

2. Válassza ki az alapvető és szabad változókat. A szabad változókat jelöli. Ezután az alapváltozókat szabadon fejezzük ki, így kapjuk meg közös döntés homogén rendszer lineáris egyenletek.

3. Az egyik szabad változó szekvenciális beállításával felírjuk a rendszer megoldásterének alapját egyenlő eggyel, a többi pedig nullára. A rendszer lineáris megoldásterének dimenziója megegyezik a bázisvektorok számával.

Jegyzet. Az elemi mátrix transzformációk a következők:

1. egy karakterlánc szorzása (osztása) egy nem nulla tényezővel;

2. tetszőleges sorhoz egy másik sor hozzáadása, tetszőleges számmal megszorozva;

3. vonalak átrendezése;

4. 1-3 transzformációk oszlopokra (lineáris egyenletrendszerek megoldása esetén az oszlopok elemi transzformációit nem használjuk).

3. feladat. Keressen valamilyen alapot, és határozza meg a rendszer lineáris megoldásterének dimenzióját.

Kiírjuk a rendszer mátrixát, és elemi transzformációkkal háromszög alakúra redukáljuk:

Akkor feltételezzük

Amikor megvizsgáltuk az n-dimenziós vektor fogalmát, és bevezettük a vektorokra vonatkozó műveleteket, azt találtuk, hogy az összes n-dimenziós vektor halmaza lineáris teret generál. Ebben a cikkben a legfontosabb kapcsolódó fogalmakról fogunk beszélni - a vektortér dimenziójáról és alapjáról. Megvizsgáljuk továbbá a tetszőleges vektor bázissá való kiterjesztésének tételét és az n-dimenziós tér különböző bázisai közötti kapcsolatot. Vizsgáljuk meg részletesen a tipikus példák megoldásait.

Oldalnavigáció.

A vektortér és a bázis dimenziójának fogalma.

A vektortér dimenziójának és bázisának fogalma közvetlenül kapcsolódik a lineárisan független vektorrendszer fogalmához, ezért ha szükséges, javasoljuk, hogy hivatkozzon a vektorrendszer lineáris függése, a lineáris függés és függetlenség tulajdonságai című cikkre. .

Meghatározás.

A vektortér mérete az ebben a térben lévő lineárisan független vektorok maximális számával egyenlő szám.

Meghatározás.

Vektor tér alapja e tér lineárisan független vektorainak rendezett halmaza, amelyek száma megegyezik a tér dimenziójával.

Adjunk néhány érvelést e meghatározások alapján.

Tekintsük az n-dimenziós vektorok terét.

Mutassuk meg, hogy ennek a térnek a dimenziója n.

Vegyünk egy alak n egységvektorból álló rendszert

Vegyük ezeket a vektorokat az A mátrix sorainak. Ebben az esetben az A mátrix egy n x n dimenziójú azonosságmátrix lesz. Ennek a mátrixnak a rangja n (szükség esetén lásd a cikket). Ezért a vektorok rendszere lineárisan független, és egyetlen vektor sem adható ehhez a rendszerhez anélkül, hogy megsértené a lineáris függetlenségét. Mivel a vektorok száma a rendszerben akkor egyenlő n-nel az n-dimenziós vektorok terének dimenziója n, és az egységvektorok ennek a térnek az alapja.

Az utolsó állításból és az alap meghatározásából arra következtethetünk bármely n-dimenziós vektorrendszer, amelyben a vektorok száma kisebb, mint n, nem bázis.

Most cseréljük fel a rendszer első és második vektorát . Könnyen kimutatható, hogy a kapott vektorrendszer egy n-dimenziós vektortér alapja is. Hozzunk létre egy mátrixot úgy, hogy ennek a rendszernek a vektorait vesszük soraiként. Ezt a mátrixot az identitásmátrixból az első és a második sor felcserélésével kaphatjuk meg, így a rangja n lesz. Így egy n vektorból álló rendszer lineárisan független és egy n-dimenziós vektortér alapja.

Ha a rendszer többi vektorát átrendezzük , akkor újabb alapot kapunk.

Ha egy nem egységvektorokból álló lineárisan független rendszert vesszük, akkor ez egy n-dimenziós vektortér alapja is.

És így, egy n dimenziójú vektortérnek annyi bázisa van, ahány n n dimenziós vektorból álló lineárisan független rendszer.

Ha egy kétdimenziós vektortérről (vagyis egy síkról) beszélünk, akkor annak alapja bármely két nem kollineáris vektor. Alap háromdimenziós tér bármely három nem egysíkú vektor.

Nézzünk néhány példát.

Példa.

A vektorok a háromdimenziós vektortér alapjai?

Megoldás.

Vizsgáljuk meg ezt a vektorrendszert lineáris függőség szempontjából. Ehhez hozzunk létre egy mátrixot, amelynek sorai a vektorok koordinátái lesznek, és keressük meg a rangját:


Tehát az a, b és c vektorok lineárisan függetlenek, és számuk megegyezik a vektortér méretével, ezért e tér alapját képezik.

Válasz:

Igen.

Példa.

Lehet-e vektorrendszer alapja egy vektortérnek?

Megoldás.

Ez a vektorrendszer lineárisan függő, mivel a lineárisan független háromdimenziós vektorok maximális száma három. Következésképpen ez a vektorrendszer nem lehet bázisa egy háromdimenziós vektortérnek (bár az eredeti vektorrendszer egy alrendszere az alapja).

Válasz:

Nem, ő nem tud.

Példa.

Győződjön meg arról, hogy a vektorok

négydimenziós vektortér alapja lehet.

Megoldás.

Hozzunk létre egy mátrixot az eredeti vektorok soraival:

Keressük:

Tehát az a, b, c, d vektorok rendszere lineárisan független és számuk megegyezik a vektortér méretével, ezért a, b, c, d az alapja.

Válasz:

Az eredeti vektorok valóban a négydimenziós tér alapját képezik.

Példa.

A vektorok képezik-e a 4-es dimenziójú vektortér alapját?

Megoldás.

Még ha az eredeti vektorrendszer lineárisan független is, a benne lévő vektorok száma nem elegendő ahhoz, hogy egy négydimenziós tér alapja legyen (egy ilyen tér alapja 4 vektorból áll).

Válasz:

Nem, nem.

Egy vektor felbontása a vektortér alapja szerint.

Legyen tetszőleges vektorok egy n-dimenziós vektortér alapja. Ha hozzáadunk hozzájuk valamilyen n-dimenziós x vektort, akkor a kapott vektorrendszer lineárisan függő lesz. A lineáris függés tulajdonságaiból tudjuk, hogy egy lineárisan függő rendszernek legalább egy vektora lineárisan fejeződik ki a többien keresztül. Más szavakkal, egy lineárisan függő rendszer vektorai közül legalább egy kibővül a többi vektorra.

Ezzel elérkeztünk egy nagyon fontos tételhez.

Tétel.

Egy n-dimenziós vektortér bármely vektora egyedileg felbontható bázisra.

Bizonyíték.

Hadd - n-dimenziós vektortér bázisa. Adjunk hozzá egy n-dimenziós x vektort ezekhez a vektorokhoz. Ekkor a kapott vektorrendszer lineárisan függő lesz, és az x vektor lineárisan kifejezhető vektorokkal : , hol van néhány szám. Így kaptuk meg az x vektor bázishoz viszonyított kiterjesztését. Be kell bizonyítani, hogy ez a bomlás egyedülálló.

Tegyük fel, hogy van egy másik dekompozíció, ahol - néhány szám. Vonjuk le az utolsó egyenlőség bal és jobb oldalából az egyenlőség bal és jobb oldalát:

Mivel a bázisvektorok rendszere lineárisan független, akkor egy vektorrendszer lineáris függetlenségének definíciója szerint a kapott egyenlőség csak akkor lehetséges, ha minden együttható nullával egyenlő. Ezért , ami bizonyítja a vektorbontás egyediségét a bázishoz képest.

Meghatározás.

Az együtthatók ún az x vektor koordinátái a bázisban .

Miután megismertük a vektor bázisra bontására vonatkozó tételt, kezdjük megérteni az „egy n-dimenziós vektort kapunk” kifejezés lényegét. " Ez a kifejezés azt jelenti, hogy egy x n -dimenziós vektortérből álló vektorról van szó, amelynek koordinátái valamilyen alapon vannak megadva. Ugyanakkor megértjük, hogy ugyanannak az x vektornak az n-dimenziós vektortér egy másik bázisában a koordinátái különböznek a -tól.

Tekintsük a következő problémát.

Adjunk meg egy n lineárisan független vektorból álló rendszert az n-dimenziós vektortér valamely bázisában

és vektor . Aztán a vektorok ennek a vektortérnek az alapja is.

Meg kell találnunk az x vektor koordinátáit a bázisban . Jelöljük ezeket a koordinátákat mint .

Vektor x bázisban van egy ötlete. Írjuk fel ezt az egyenlőséget koordináta alakban:

Ez az egyenlőség egy n lineáris rendszerrel ekvivalens algebrai egyenletek n ismeretlen változóval :

Ennek a rendszernek a fő mátrixa a következő alakú

Jelöljük A betűvel. Az A mátrix oszlopai egy lineárisan független vektorrendszer vektorait reprezentálják , tehát ennek a mátrixnak a rangja n, ezért a determinánsa nem nulla. Ez a tény azt jelzi, hogy az egyenletrendszernek egyedi megoldása van, amely bármilyen módszerrel megtalálható, például vagy.

Így a szükséges koordinátákat megtaláljuk x vektor a bázisban .

Nézzük meg az elméletet példákon keresztül.

Példa.

A háromdimenziós vektortér valamely bázisában a vektorok

Győződjön meg arról, hogy a vektorrendszer egyben ennek a térnek az alapja, és ebben keresse meg az x vektor koordinátáit.

Megoldás.

Ahhoz, hogy egy vektorrendszer egy háromdimenziós vektortér alapja legyen, lineárisan függetlennek kell lennie. Ezt úgy derítsük ki, hogy meghatározzuk az A mátrix rangját, melynek sorai vektorok. Keressük meg a rangot Gauss-módszerrel


ezért Rank(A) = 3, ami azt mutatja lineáris függetlenség vektorrendszerek.

Tehát a vektorok az alapok. Legyenek az x vektornak ezen a bázison koordinátái. Ekkor, mint fentebb megmutattuk, ennek a vektornak a koordinátái közötti kapcsolatot az egyenletrendszer adja meg.

A feltételből ismert értékeket behelyettesítve kapjuk

Oldjuk meg Cramer módszerével:

Így a bázisban lévő x vektornak vannak koordinátái .

Válasz:

Példa.

Valamilyen alapon egy négydimenziós vektortérből lineárisan független vektorrendszer adott

Ismeretes, hogy . Keresse meg az x vektor koordinátáit a bázisban! .

Megoldás.

Mivel a vektorok rendszere feltétel szerint lineárisan független, akkor ez a négydimenziós tér alapja. Aztán egyenlőség azt jelenti, hogy az x vektor a bázisban koordinátái vannak. Jelöljük a bázisban az x vektor koordinátáit Hogyan .

Egyenletrendszer, amely meghatározza az x vektor koordinátái közötti kapcsolatot bázisban És úgy néz ki, mint a

helyettesítjük ismert értékekés keresse meg a szükséges koordinátákat:

Válasz:

.

Az alapok közötti kapcsolat.

Legyen két lineárisan független vektorrendszer adott egy n-dimenziós vektortér valamilyen bázisában

És

vagyis ők ennek a térnek az alapjai is.

Ha - a vektor koordinátái a bázisban , akkor a koordinátakapcsolat És egy lineáris egyenletrendszer adja meg (erről az előző bekezdésben beszéltünk):

, amely mátrix formában úgy írható fel

Hasonlóképpen írhatunk vektorra is

Az előző mátrixegyenlőségek összevonhatók egybe, ami lényegében meghatározza két különböző bázis vektorának kapcsolatát

Hasonlóképpen minden bázisvektort kifejezhetünk alapon keresztül :

Meghatározás.

Mátrix hívott átmenet mátrix az alapból a bázisra , akkor az egyenlőség igaz

Ennek az egyenlőségnek a jobb oldali oldalát megszorozva ezzel

kapunk

Keressük meg az átmeneti mátrixot, de nem foglalkozunk részletesen az inverz mátrix megtalálásával és a mátrixok szorzásával (lásd a cikkeket és ha szükséges):

Továbbra is meg kell találni az x vektor koordinátái közötti kapcsolatot az adott bázisokban.

Legyen tehát az x vektor koordinátái a bázisban

és az alapban az x vektornak vannak koordinátái, akkor

Mivel az utolsó két egyenlőség bal oldala megegyezik, egyenlőségjelet tehetünk a jobb oldalakkal:

Ha mindkét jobb oldali oldalt megszorozzuk azzal

akkor kapunk


A másik oldalon

(keresse meg saját maga az inverz mátrixot).
Az utolsó két egyenlőség megadja a szükséges összefüggést az x vektor koordinátái között az alapokban és.

Válasz:

A bázisról bázisra való átmenet mátrixának formája van
;
az x vektor koordinátáit bázisokban, és a relációkkal összefüggenek

vagy
.

Megvizsgáltuk a vektortér dimenziójának és bázisának fogalmait, megtanultuk a vektort bázisra bontani, és az átmeneti mátrixon keresztül felfedeztük az n-dimenziós vektortér különböző bázisai közötti kapcsolatot.

1 oldal

Altér, alapja és dimenziója.

Hadd L– lineáris tér a mező felett P És A– részhalmaza L. Ha A maga egy lineáris teret alkot a mező felett P ugyanazokkal a műveletekkel kapcsolatban, mint L, Azt A a tér alterének nevezzük L.

A lineáris tér definíciója szerint úgy, hogy A altér volt, ellenőrizni kell a megvalósíthatóságát A tevékenységek:

1) :
;

2)
:
;

és ellenőrizze, hogy a műveletek megtörténtek-e A nyolc axiómának vannak kitéve. Ez utóbbi azonban redundáns lesz (mivel ezek az axiómák L-ben érvényesek), i.e. a következő igaz

Tétel. Legyen L egy P mező feletti lineáris tér és
. Az A halmaz akkor és csak akkor L altere, ha a következő követelmények teljesülnek:

1. :
;

2.
:
.

Nyilatkozat. Ha L – n-dimenziós lineáris tér és A az altere tehát A is véges dimenziós lineáris tér és mérete nem haladja meg n.

P példa 1. A V 2 szegmensvektorok terének egy altere az összes síkvektor S halmaza, amelyek mindegyike a 0x vagy 0y koordinátatengelyek egyikén található?

Megoldás: Hagyjuk
,
És
,
. Akkor
. Ezért S nem altér .

2. példa V 2 sok síkszegmensvektor létezik S minden olyan síkvektor, amelynek kezdete és vége egy adott egyenesen van l ez a repülő?

Megoldás.

E sli vektor
szorozzuk meg valós számmal k, akkor megkapjuk a vektort
, amely szintén S. Ha És két vektor S-ből, akkor
(az egyenesen lévő vektorok összeadás szabálya szerint). Ezért S egy altér .

3. példa A lineáris tér lineáris altere V 2 Egy csomó A minden olyan síkvektor, amelynek vége egy adott egyenesen van l, (feltételezzük, hogy bármely vektor origója egybeesik a koordináták origójával)?

R döntés.

Abban az esetben, ha az egyenes l a halmaz nem megy át az origón A a tér lineáris altere V 2 nem, mert
.

Abban az esetben, ha az egyenes l átmegy az origón, halmaz A a tér lineáris altere V 2 , mert
és bármely vektor szorzásakor
valós számra α a mezőről R kapunk
. Így egy halmaz lineáris térigénye A elkészült.

4. példa Legyen adott egy vektorrendszer
lineáris térből L a mező fölött P. Bizonyítsuk be, hogy az összes lehetséges lineáris kombináció halmaza
esélyekkel
tól től P egy altér L(ez egy altér A vektorrendszer által generált altérnek nevezzük
vagy lineáris héj ezt a vektorrendszert, és a következőképpen jelöljük:
vagy
).

Megoldás. Valóban, mivel , akkor bármely elemre x, yA nekünk van:
,
, Ahol
,
. Akkor

Mert
, Azt
, Ezért
.

Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e a tétel második feltétele. Ha x– bármely vektortól AÉs t– tetszőleges szám P, Azt . Mert a
És
,
, Azt
,
, Ezért
. Így a tétel szerint a halmaz A– a lineáris tér altere L.

A véges dimenziós lineáris terekre fordítva is igaz.

Tétel. Bármilyen altér A lineáris tér L a mező fölött valamely vektorrendszer lineáris fesztávja.

A lineáris héj alapjának és dimenziójának megtalálása során a következő tételt használjuk.

Tétel. Lineáris héjalap
egybeesik a vektorrendszer alapjával
. Lineáris héjméret
egybeesik a vektorrendszer rangjával
.

4. példa Keresse meg az altér alapját és dimenzióját
lineáris tér R 3 [ x] , Ha
,
,
,
.

Megoldás. Ismeretes, hogy a vektorok és koordináta soraik (oszlopaik) azonos tulajdonságokkal rendelkeznek (az lineáris függőség). Mátrix készítése A=
vektorok koordináta oszlopaiból
az alapban
.

Keressük meg a mátrix rangját A.

. M 3 =
.
.

Ezért a rang r(A)= 3. Tehát a vektorrendszer rangja
Ez azt jelenti, hogy az S altér dimenziója egyenlő 3-mal, és bázisa három vektorból áll
(mivel az alap-mollban
csak ezeknek a vektoroknak a koordinátáit tartalmazza)., . Ez a vektorrendszer lineárisan független. Valóban, legyen.

ÉS
.

Megbizonyosodhat arról, hogy a rendszer
lineárisan függő bármely vektorra x tól től H. Ez azt bizonyítja
altérvektorok maximális lineárisan független rendszere H, azaz
– alapja be Hés homályos H=n 2 .

1 oldal

A lineáris tér egy részhalmaza alteret képez, ha zárva van a vektorok összeadása és a skalárokkal való szorzás hatására.

6.1. példa. Egy síkban lévő altér alkot-e olyan vektorhalmazt, amelynek végei: a) az első negyedben vannak; b) az origón áthaladó egyenesen? (a vektorok origója a koordináták origójában van)

Megoldás.

a) nem, mivel a halmaz nincs zárva skalárral való szorzáskor: ha szorozzuk negatív szám a vektor vége a harmadik negyedbe esik.

b) igen, mivel a vektorok összeadásakor és tetszőleges számmal való szorzásakor a végeik ugyanazon az egyenesen maradnak.

6.1. gyakorlat. A megfelelő lineáris terek következő részhalmazai képezzenek alteret:

a) síkvektorok halmaza, amelyek vége az első vagy harmadik negyedben van;

b) síkvektorok halmaza, amelyek végei egy egyenesen fekszenek, amely nem megy át az origón;

c) koordináta egyenesek halmaza ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 + x 2 + x 3 = 0);

d) koordináta egyenesek halmaza ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 + x 2 + x 3 = 1);

e) koordináta egyenesek halmaza ((x 1, x 2, x 3)ï x 1 = x 2 2).

Egy lineáris tér L dimenziója a bázisában szereplő vektorok dim L száma.

Az alterek összegének és metszetének méreteit a reláció kapcsolja össze

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

6.2. példa. Keresse meg a következő vektorrendszerek által áthidalt alterek összegének és metszetének alapját és dimenzióját:

Megoldás: Az U és V altereket generáló vektorrendszerek mindegyike lineárisan független, ami azt jelenti, hogy a megfelelő altér bázisa. Építsünk mátrixot ezeknek a vektoroknak a koordinátáiból, oszlopokba rendezve és az egyik rendszert a másiktól egy vonallal elválasztva. A kapott mátrixot redukáljuk lépésenkénti formára.

~ ~ ~ .

Az U + V bázist a , , vektorok alkotják, amelyeknek a lépésmátrix vezető elemei felelnek meg. Ezért dim (U + V) = 3. Akkor

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

Az alterek metszéspontja olyan vektorok halmazát alkotja, amelyek kielégítik az egyenletet (a bal és megfelelő részek ez az egyenlet). A metszéspontot a segítségével kapjuk meg alapvető rendszer ennek a vektoregyenletnek megfelelő lineáris egyenletrendszer megoldásai. Ennek a rendszernek a mátrixa már le lett redukálva lépcsőzetes formára. Ez alapján azt a következtetést vonjuk le, hogy y 2 szabad változó, és beállítjuk, hogy y 2 = c. Ekkor 0 = y 1 – y 2, y 1 = c,. az alterek metszéspontja pedig a forma vektorainak halmazát alkotja = c (3, 6, 3, 4). Következésképpen az UÇV bázis alkotja a (3, 6, 3, 4) vektort.

Megjegyzések. 1. Ha folytatjuk a rendszer megoldását, az x változók értékét megtalálva x 2 = c, x 1 = c, a vektoregyenlet bal oldalán a fentivel megegyező vektort kapunk. .

2. A jelzett módszerrel megkaphatja az összeg alapját, függetlenül attól, hogy a vektorgenerátorrendszerek lineárisan függetlenek-e. De a metszéspontot csak akkor kapjuk meg helyesen, ha legalább a második alteret generáló rendszer lineárisan független.

3. Ha megállapítható, hogy a metszés mérete 0, akkor a metszéspontnak nincs alapja, és nem kell keresni.

6.2. gyakorlat. Keresse meg a következő vektorrendszerek által áthidalt alterek összegének és metszetének alapját és dimenzióját:

A)

b)

Euklideszi tér

Az euklideszi tér egy mező feletti lineáris tér R, amelyben egy skaláris szorzás van meghatározva, amely minden vektorpárhoz hozzárendel egy skalárt, és a következő feltételek teljesülnek:

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

3) ¹Þ > 0.

Alapértelmezett skaláris szorzat képletekkel számítjuk ki

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

A és vektorokat ortogonálisnak nevezzük, ^-nek írjuk, ha skalárszorzatuk 0.

Egy vektorrendszert ortogonálisnak nevezünk, ha a benne lévő vektorok páronként merőlegesek.

Egy ortogonális vektorrendszer lineárisan független.

Egy vektorrendszer , ... , ortogonalizálási folyamata egy ekvivalens ortogonális rendszerre való átmenetből áll, a következő képletek szerint:

, ahol , k = 2, … , n.

7.1. példa. Ortogonalizálja a vektorrendszert

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

Megoldás: = = (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).

7.1. gyakorlat. Ortogonalizálja a vektorrendszereket:

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).

7.2. példa. Teljes vektorrendszer = (1, -1, 1, -1),

= (1, 1, -1, -1), a tér ortogonális alapjához.

Megoldás: Az eredeti rendszer ortogonális, így a probléma logikus. Mivel a vektorok négydimenziós térben vannak megadva, további két vektort kell találnunk. A harmadik = (x 1, x 2, x 3, x 4) vektort az = 0, = 0 feltételekből határozzuk meg. Ezek a feltételek egy egyenletrendszert adnak, amelynek mátrixát a vektorok koordinátavonalaiból, ill. . Megoldjuk a rendszert:

~ ~ .

Az x 3 és x 4 szabad változóknak a nullától eltérő bármely értékkészlete megadható. Feltételezzük például, hogy x 3 = 0, x 4 = 1. Ekkor x 2 = 0, x 1 = 1 és = (1, 0, 0, 1).

Hasonlóképpen találjuk az = (y 1, y 2, y 3, y 4). Ehhez hozzáadunk egy új koordináta-sort a fent kapott lépésenkénti mátrixhoz, és lépésenkénti formára redukáljuk:

~ ~ .

Az y 3 szabad változóra y 3 = 1-et állítunk be. Ekkor y 4 = 0, y 2 = 1, y 1 = 0 és = (0, 1, 1, 0).

A vektor normája az euklideszi térben egy nem negatív valós szám.

Egy vektort normalizáltnak nevezünk, ha normája 1.

Egy vektor normalizálásához el kell osztani a normájával.

A normalizált vektorok ortogonális rendszerét ortonormálisnak nevezzük.

7.2. gyakorlat. Egészítse ki a vektorrendszert a tér ortonormális bázisára:

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

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

Lineáris leképezések

Legyen U és V lineáris terek az F mező felett. Az f leképezés: U ® V lineárisnak nevezzük, ha és .

8.1. példa. A háromdimenziós tér transzformációi lineárisak:

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).

Megoldás.

a) Van 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).

Ezért a transzformáció lineáris.

b) Van 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) ).

Ezért az átalakítás nem lineáris.

Az f lineáris leképezés képe: U ® V az U-ból származó vektorok képeinek halmaza, azaz

Im (f) = (f() ï О U). + … + a m1

8.1. gyakorlat. Keresse meg a mátrix által adott f lineáris leképezés rangját, defektusát, képének alapjait és magját:

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

P És A– részhalmaza L. Ha A maga egy lineáris teret alkot a mező felett P ugyanazokkal a műveletekkel kapcsolatban, mint L, Azt A a tér alterének nevezzük L.

A lineáris tér definíciója szerint úgy, hogy A altér volt, ellenőrizni kell a megvalósíthatóságát A tevékenységek:

1) :
;

2)
:
;

és ellenőrizze, hogy a műveletek megtörténtek-e A nyolc axiómának vannak kitéve. Ez utóbbi azonban redundáns lesz (mivel ezek az axiómák L-ben érvényesek), i.e. a következő igaz

Tétel. Legyen L egy P mező feletti lineáris tér és
. Az A halmaz akkor és csak akkor L altere, ha a következő követelmények teljesülnek:

Nyilatkozat. Ha L – n-dimenziós lineáris tér és A az altere tehát A is véges dimenziós lineáris tér és mérete nem haladja meg n.

P példa 1. A V 2 szegmensvektorok terének egy altere az összes síkvektor S halmaza, amelyek mindegyike a 0x vagy 0y koordinátatengelyek egyikén található?

Megoldás: Hagyjuk
,
És
,
. Akkor
. Ezért S nem altér .

2. példa A lineáris tér lineáris altere V 2 sok síkszegmensvektor létezik S minden olyan síkvektor, amelynek kezdete és vége egy adott egyenesen van l ez a repülő?

Megoldás.

E sli vektor
szorozzuk meg valós számmal k, akkor megkapjuk a vektort
, amely szintén S. Ha És két vektor S-ből, akkor
(az egyenesen lévő vektorok összeadás szabálya szerint). Ezért S egy altér .

3. példa A lineáris tér lineáris altere V 2 Egy csomó A minden olyan síkvektor, amelynek vége egy adott egyenesen van l, (feltételezzük, hogy bármely vektor origója egybeesik a koordináták origójával)?

R döntés.

Abban az esetben, ha az egyenes l a halmaz nem megy át az origón A a tér lineáris altere V 2 nem, mert
.

Abban az esetben, ha az egyenes l átmegy az origón, halmaz A a tér lineáris altere V 2 , mert
és bármely vektor szorzásakor
valós számra α a mezőről R kapunk
. Így egy halmaz lineáris térigénye A elkészült.

4. példa Legyen adott egy vektorrendszer
lineáris térből L a mező fölött P. Bizonyítsuk be, hogy az összes lehetséges lineáris kombináció halmaza
esélyekkel
tól től P egy altér L(ez egy altér A vektorrendszer által generált altérnek nevezzük vagy lineáris héj ezt a vektorrendszert, és a következőképpen jelöljük:
vagy
).

Megoldás. Valóban, mivel , akkor bármely elemre x, yA nekünk van:
,
, Ahol
,
. Akkor

Azóta
, Ezért
.

Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e a tétel második feltétele. Ha x– bármely vektortól AÉs t– tetszőleges szám P, Azt . Mert a
És
,, Az
, , Ezért
. Így a tétel szerint a halmaz A– a lineáris tér altere L.

A véges dimenziós lineáris terekre fordítva is igaz.

Tétel. Bármilyen altér A lineáris tér L a mező fölött valamely vektorrendszer lineáris fesztávja.

A lineáris héj alapjának és dimenziójának megtalálása során a következő tételt használjuk.

Tétel. Lineáris héjalap
egybeesik a vektorrendszer alapjával. A lineáris héj dimenziója egybeesik a vektorrendszer rangjával.

4. példa Keresse meg az altér alapját és dimenzióját
lineáris tér R 3 [ x] , Ha
,
,
,
.

Megoldás. Ismeretes, hogy a vektorok és koordináta soraik (oszlopaik) azonos tulajdonságokkal rendelkeznek (a lineáris függést illetően). Mátrix készítése A=
vektorok koordináta oszlopaiból
az alapban
.

Keressük meg a mátrix rangját A.

. M 3 =
.
.

Ezért a rang r(A)= 3. Tehát a vektorrendszer rangja 3. Ez azt jelenti, hogy az S altér dimenziója 3, és bázisa három vektorból áll
(mivel az alap-mollban
csak ezeknek a vektoroknak a koordinátái szerepelnek).

5. példa. Bizonyítsuk be, hogy a halmaz H aritmetikai térvektorok
, amelynek első és utolsó koordinátája 0, egy lineáris alteret alkot. Találd meg az alapját és a dimenzióját.

Megoldás. Hadd
.

Aztán és . Ennélfogva,
bármilyen . Ha
,
, Azt . Így a lineáris altértétel szerint a halmaz H a tér lineáris altere. Keressük az alapot H. Tekintsük a következő vektorokat H:
,
, . Ez a vektorrendszer lineárisan független. Valóban, legyen.