Лекция 13. Линейные (векторные) пространства
 Скачать 63.63 Kb.
|
линейным пространством арифметических векторов.2. Линейная зависимость векторов Рассмотрим векторы 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ линейного пространства 𝑉. Определение. Вектор 𝑦̅ = 𝛼1𝑥1 + 𝛼2𝑥2̅ , + ⋯ + 𝛼𝑛𝑥𝑛̅ , где 𝛼1, 𝛼2, … , 𝛼𝑛 ∈ ℝ, называется линейнойкомбинациейвекторов𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ . Числа 𝛼1, 𝛼2, … , 𝛼𝑛 называются коэффициентамиэтойлинейнойкомбинации. Определение. Если все числа 𝛼𝑖 (𝑖 = ̅1̅̅,̅𝑛̅) равны нулю, то линейная комбинация называется тривиальной, а если хотя бы одно из чисел отлично от нуля, то нетривиальной.Определение. Система векторов 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ линейного пространства называется линейно-зависимой, если существуют действительные числа 𝛼1, 𝛼2, … , 𝛼𝑛, не все равные нулю (то есть 𝛼2 + 𝛼2 + ⋯ + 𝛼2 ≠ 0) такие, что 1 2 𝑛 𝛼1𝑥1 + 𝛼2𝑥2̅ , + ⋯ + 𝛼𝑛𝑥𝑛̅ = 0̅. (1) Определение. Векторы 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ называются линейно-независимыми, если равенство 𝛼1𝑥1 + 𝛼2𝑥̅2, + ⋯ + 𝛼𝑛𝑥̅𝑛 = 0̅ выполняется только при условии, что 𝛼1 = 𝛼2 = ⋯ = 𝛼𝑛 = 0.  Определение. Векторы 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ называются линейно-зависимыми, еслисуществует их нетривиальная линейная комбинация, равная нуль-вектору. Из указанных определений вытекают следующие утверждения.  Всякая система векторов, содержащая нуль-вектор, является линейно- зависимой.Если 𝑘 векторов системы из 𝑛 векторов (𝑘 < 𝑛) линейно зависимы, то и вся система линейно зависима. Если из системы линейно-независимых векторов 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ отбросить 𝑟 векторов (𝑟 < 𝑛), то оставшиеся векторы образуют линейно-независимую систему. Если среди векторов системы 𝑥1, 𝑥2̅ , … , 𝑥𝑛̅ есть такие векторы 𝑥𝑚̅ и 𝑥𝑘̅ (𝑚 ≠ 𝑘), что выполняется равенство 𝑥̅𝑘 = 𝛼 ⋅ 𝑥̅𝑚, 𝛼 ∈ ℝ, то данная система линейно зависима.  Пример 7. Выяснить, является ли линейно зависимой система векторов {3, ln(𝑥 + 1) , ln 2(𝑥 + 1)2 , 𝑥 + 1, 𝑥} линейного пространства 𝐶(−1, +∞). Решение. Составим линейную комбинацию векторов и приравняем ее к нулю. 𝐶1 ∙ 3 + 𝐶2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + 𝐶3 ∙ 𝑙𝑛2(𝑥 + 1)2 + 𝐶4 ∙ (𝑥 + 1) + 𝐶5 ∙ 𝑥 = 0 Вопрос заключается в том, можно ли подобрать такие коэффициенты 𝐶𝑖, 𝑖 = 1̅̅,̅5̅, не все равные нулю, чтобы это равенство было тождественно верным. Используя свойства логарифмов, преобразуем равенство следующим образом: 𝐶1 ∙ 3 + 𝐶2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + 𝐶3 ∙ (𝑙𝑛2 + 2𝑙𝑛(𝑥 + 1)) + 𝐶4 ∙ (𝑥 + 1) + 𝐶5 ∙ 𝑥 = 0, (𝐶1 ∙ 3 + 𝐶3 ∙ 𝑙𝑛2 + 𝐶4) + (𝐶2 + 2𝐶3) ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + (𝐶4 + 𝐶5) ∙ 𝑥 = 0. Очевидно, что равенство выполняется, если 3𝐶1 + 𝐶3 ∙ ln 2 + 𝐶4 = 0, 𝐶2 + 2𝐶3 = 0, 𝐶4 + 𝐶5 = 0. Отсюда следует, что можно подобрать коэффициенты, не все равные нулю, например, 𝐶1 = −1, 𝐶2 = 0, 𝐶3 = 0, 𝐶4 = 3, 𝐶5 = −3, при которых линейная комбинация данных векторов тождественно обратится в ноль. По определению данная система векторов является линейно зависимой. Пример 8. Проверить, является ли линейно зависимой следующая система векторов арифметического пространства ℝ4: 𝑎̅1 = (1, −1,2,4), 𝑎̅2 = (3, −2, −1,1), 𝑎̅3 = (−1,0,5,7). Решение. Если составить матрицу, элементы строк которой есть координаты соответствующих векторов, и найти её ранг, то по теореме о базисном миноре строки, элементы которых составляют базисный минор (а, следовательно, соответствующие векторы данной системы) линейно независимы, а остальные строки являются их линейными комбинациями. Вычислим ранг матрицы, составленной из координат векторов. 1 −1 2 4 𝐼𝐼 − 3 ∙ 𝐼 1 −1 2 4 𝑅𝑔 ( 3 −2 −1 1) = [ 𝐼𝐼𝐼 + 𝐼 ] = 𝑅𝑔 (0 1 −7 11) = −1 0 5 7 1 −1 2 4 0 −1 7 11 = 𝑅𝑔 (0 1 −7 −11) = 2. 0 0 0 0 Линейно независимыми являются только два вектора 𝑎̅1 и 𝑎̅2, и 𝑎̅3 есть их линейная комбинация. Следовательно, данная система векторов линейно зависимая.  3. Базис и размерность линейного пространства.  Пусть в линейном пространстве 𝑉 существует линейно-независимая система, состоящая из 𝑛 векторов, и нет никакой линейно-независимой системы, состоящей из числа векторов больше, чем 𝑛.Определение._Линейное_пространство'>Определение. Линейное пространство называется 𝒏-мерным, если в нём существует 𝑛 линейно-независимых векторов, а любые (𝑛 + 1) векторов уже линейно зависимы. Обозначение: 𝑉𝑛 или 𝑉𝑛. Определение. Число 𝑛 называется размерностьюлинейного пространства 𝑉. Обозначение: dim 𝑉 = 𝑛. Пример. Линейное пространство всех свободных векторов на плоскости является двумерным, то есть 𝑉 = 𝑉2 и dim 𝑉 = 2. Частныеслучаи. Если пространство состоит только из нулевого элемента, то dim 𝑉 = 0. Если не существует система 𝑛 линейно-независимых векторов, то линейное пространство называется бесконечномерным. Такие пространства рассматриваются в функциональном анализе.  Пример. Прямоугольная система координат в трёхмерном пространстве 𝑉3 имеет базис 𝑖,̅ 𝑗,̅ 𝑘̅.
 Доказательство. В линейном пространстве по определению не существует линейно-независимой системы, состоящей из (𝑛+1) векторов, поэтому система𝑎̅, 𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑛 линейно зависима, а система 𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑛 линейно независима. Тогда вектор 𝑎̅ можно записать как линейную комбинацию векторов 𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑛 , то есть 𝑎̅ = 𝑥1𝑒1 + 𝑥2𝑒2 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒𝑛. Пусть существует ещё одна линейная комбинация для вектора 𝑎̅: 𝑎̅ = 𝑦1𝑒1̅ Найдём разность обеих комбинаций: + 𝑦2𝑒2 + ⋯ + 𝑦𝑛𝑒𝑛. 0̅ = (𝑥1 − 𝑦1)𝑒1 + (𝑥2 − 𝑦2)𝑒2 + ⋯ + (𝑥𝑛 − 𝑦𝑛)𝑒𝑛. Но по условию теоремы векторы 𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑛 линейно независимы. Тогда по определению линейно-независимых векторов полученное равенство выполняется только, если выполняются равенства 𝑥1 − 𝑦1 = 0, 𝑥2 − 𝑦2 = 0, …, 𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = 0 или 𝑥1 = 𝑦1, 𝑥2 = 𝑦2, …, 𝑥𝑛 = 𝑦𝑛. Что и требовалось доказать.
 Если в линейном пространстве выбраны два базиса, такие, чтоℬ = {𝑒𝑖̅ , 𝑖 = ̅1̅̅,̅𝑛̅} и ℬ′ = {𝑒̅′𝑖, 𝑖 = ̅1̅̅,̅𝑛̅}, то между ними существует связь, задаваемая матрицей перехода 𝑈. Эта матрица составляется следующим образом: каждый вектор 𝑒̅′𝑗 разлагается по векторам базиса ℬ: 𝑒̅′𝑗 = 𝑢1𝑗𝑒1 + 𝑢2𝑗𝑒2 + ⋯ + 𝑢𝑛𝑗𝑒𝑛 , 𝑗 = ̅1̅̅,̅𝑛̅ (4) полученные координаты векторов 𝑒̅′𝑗 выписываются в соответствующие столбцы матрицы ⟹ составленная матрица U называется матрицей перехода. 𝑢11 𝑢12 ⋯ 𝑢1𝑛 𝑈 = (𝑢21 𝑢22 ⋯ 𝑢2𝑛) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 𝑢𝑛1 𝑢𝑛2 ⋯ 𝑢𝑛𝑛 Любой вектор 𝑥̅ ∈ 𝐿 может быть разложен в каждом базисе. Пусть в базисе 𝓑 𝑥̅ = 𝑥1𝑒1 + 𝑥2𝑒2 + ⋯ 𝑥𝑛𝑒𝑛, а в базисе 𝓑′ 𝑥̅ = 𝑥′1𝑒1 + 𝑥′2𝑒2 + ⋯ 𝑥′𝑛𝑒𝑛.   Пример 9. Рассмотрим множество многочленов порядка не выше второго 𝐿 = {𝑃𝑚(𝑥): 0 ≤ 𝑚 ≤ 2} Это множество является линейным пространством (см. пример 4). Выберем в нём два базиса 𝓑 и 𝓑′ так, что 𝓑: 𝑒1 = 1, 𝑒2 = 𝑥, 𝑒3 = 𝑥2 и 𝓑′: 𝑒̅′1 = (𝑥 + 1)2, 𝑒̅′2 = 𝑥 + 1, 𝑒̅′3 = 1. Составим матрицу перехода от 𝓑 к 𝓑′ (см. (4)). Выразим каждый вектор 𝒆̅′𝒋 в базисе 𝓑. 1 𝑒̅′ = 𝑥2 + 2𝑥 + 1 = 1𝑒1 + 2𝑒2 + 1𝑒3, 2 𝑒̅′ = 𝑥 + 1 = 1𝑒1 + 1𝑒2 + 0𝑒3, 3 𝑒̅′ = 1 = 1𝑒1 + 0𝑒2 + 0𝑒3. Полученные координаты выпишем в соответствующие столбцы матрицы. 1 1 1 𝑈 = (2 1 0) – матрица перехода от 𝓑 к 𝓑′. 1 0 0 Используя матрицу перехода, представим многочлен 𝑃(𝑥) = 3𝑥2 + 5𝑥 + 8 как многочлен по степеням (𝑥 + 1). Данному вектору в базисе 𝓑 соответствует вектор 𝑥̅ = 3𝑒3 8 + 5𝑒2 + 8𝑒1 = 8𝑒1 + 5𝑒2 + 3𝑒3 = (8,5,3) или матрица-столбец 𝑋 = (8,5,3)𝑇 = (5). 3 𝑋′ = (𝑥′1 𝑥′2 𝑥′3 )𝑇 = (𝑥′ ), чьи элементы мы должны найти. 2 3 𝑥′ Связь между матрицами имеет вид 𝑋 = 𝑈𝑋′ (см. (5)). Отсюда следует 𝑋′ = 𝑈−1𝑋. Вычислим обратную матрицу. 0 0 1 0 0 1 8 3 𝑈−1 = (0 1 −2) . И теперь 𝑋′ = (0 1 −2) (5) = (−1). 1 −1 1 1 −1 1 3 6 То есть в новом базисе 𝓑′ 𝑥̅ = 3𝑒̅′1 − 1𝑒̅′2 + 6𝑒̅′3. Откуда следует ответ: 𝑃(𝑥) = 3(𝑥 + 1)2 − 1(𝑥 + 1) + 6. Пример 10. Найти какой-либо базис арифметического пространства ℝ𝑛 = {𝑥̅: 𝑥̅ = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛), 𝑥𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = ̅1̅̅,̅𝑛̅ }. Решение. Рассмотрим следующую систему векторов ℝ𝑛: 𝑒1 = (1,0, … ,0), 𝑒2 = (0,1, … ,0), … , 𝑒𝑛 = (0,0, … ,1), то есть 𝑒𝑗̅ таковы, что их координаты 𝑥𝑖 1, 𝑖 = 𝑗 = [ 0, 𝑖 ≠ 𝑗 1 0 … 0 Матрица Е, составленная из координат этих векторов 𝐸 = (0 1 … 0) имеет 0 0 … 1 det 𝐸 = 1 ≠ 0. Следовательно, векторы 𝑒𝑖̅ , 𝑖 = ̅1̅̅,̅𝑛̅ линейно независимы. Из свойств линейных операций с векторами следует, что любой вектор 𝑥̅ = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = 𝑥1(1,0, … ,0) + 𝑥2(0,1, … ,0) + ⋯ + 𝑥𝑛(0,0, … ,1) = = 𝑥1𝑒1 + 𝑥2𝑒2 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒𝑛.  Пример 11. В некотором линейном пространстве ℝ3 заданы векторы 𝑒̅′1 = (1,1,1), 𝑒̅′2 = (2, −1,4), 𝑒̅′3 = (1,3,0) и вектор 𝑥̅ = (1, −1,3). Убедиться в том, что система векторов 𝑒̅′𝑖 является базисом пространства и найти в нём координаты вектора 𝑥̅. Решение. 1) Составим определитель из координат векторов 𝑒̅′𝑖 и вычислим его. 1 1 1 ∆= |2 −1 4| = 4 + 6 + 1 − 12 = −1 ≠ 0 ⇒ строки определителя линейно 1 3 0 независимы ⇒ векторы 𝑒̅′𝑖 линейно независимы. В пространстве ℝ3 они образуют базис. 2) Если U – матрица перехода от исходного базиса к новому, вектору 𝑥̅ в старом базисе соответствует матрица-столбец 𝑋 = (1, −1,3)𝑇, а в новом базисе – 𝑋 = (𝑥′1, 𝑥′2, 𝑥′3)𝑇, то 𝑋 = 𝑈−1𝑋′. (см. (5)). 1 2 1 Составим матрицу перехода (см.(4)). 𝑈 = (1 −1 3). 1 4 0  Вычислим обратную матрицу 𝑈−1 = 1det 𝑈 𝑈̃, где 𝑈̃ – присоединённая матрица для 𝑈. 1 −12 4 7 12 −4 −7 𝑈−1 = ( 3 −1 −2) = (−3 1 2 )  −1 5 −2 −3 −5 2 3Для нахождения 𝑋′ решим матричное уравнение (5) 𝑋′ = 𝑈−1𝑋. 12 −4 −7 1 −5 𝑋′ = (−3 1 2 −5 2 3 ) ∙ (−1) = ( 3 2 ). 2 Ответ: в новом базисе вектор 𝑥̅ имеет координаты 𝑥̅ = (−5,2,2). |