Задачи повышенного уровня сложности 34
1. Найти матрицу обратную данной методом Гаусса: а)
1 1 0 ... 0 0 1 1 ... 0 0 0 1 ... 0 0 0 0 ... 1
; б)
1 2 3 4 ... n 1
n
0 1 2 3 ... n 2 n 1 0 0 1 2 ... n 3 n 2 0 0 0 0 ...
1 2
0 0 0 0 ...
0 1
2. Пусть
1
X и
2
X – решения матричных уравнений:
1
AX
E
и
2
X A E
, где А и Е – квадратные матрицы n-го порядка. Докажите, что
1 2
X
X
Домашнее задание 34
1. Найти матрицу обратную данной методом Гаусса:
2 1
0 0 3
2 0 0 1
1 3 4 2
1 2 3
2. Решить матричное уравнение методом Гаусса:
1 2
3 1
3 0 3
2 4 X
10 2
7 2
1 0
10 7
8
Самостоятельная работа 34
Вариант 1
1. Определение невырожденной матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице
5 6 4 5
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7 6
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:
1 5 3
0 1 1
0 0 1
Вариант 2
1. Определение обратимой матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице
5 1
4 1
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:
1 0 0 5
1 0 3
1 1
Вариант 3
1. Определение обратной матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице
5 6
6 7
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:
1 0 1 2
1 0 0
1 1
Вариант 4
1. Необходимые и достаточные условия обратимости матрицы.
2. Найдите матрицу обратную матрице
2 3
6 8
3. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:
1 0 1 1
1 0 1
1 1
Тест 34
1. Найдите матрицу обратную данной:
4 3
7 5
2. Найдите матрицу обратную данной методом Гаусса:
2 0 1 2
1 0 1
1 1
3. Решите матричное уравнение
4 3
1 2
X
7 5
2 6
4. Решите матричное уравнение методом Гаусса:
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 34, УдГУ, Ижевск – 2011, с.7 7
1 0 1 1 0 1 1
1 0 X
0 1 1 1
1 1 1 0 0
5. Решите матричное уравнение
4 3
1 2
X
7 5
2 6
6. Решите матричное уравнение методом Гаусса:
1 0 1 1 0 1
X
1 1 0 0 1 1 1
1 1 1 0 0
7. Решите систему матричных уравнений:
AX BY C
AX BY
D
, где
4 3
A
6 5
,
2 3
B
6 8
,
1 1
C
0 1
,
0 1
D
1 0
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 1
Практическое занятие 35 Векторные пространства Теорминимум: определение векторного пространства и его простейшие свойства, линейная комбинация системы векторов, тривиальная и нетривиальная линейная комбинация, линейно
зависимые и независимые системы векторов, условия линей- ной зависимости или независимости системы векторов, порождающие системы век- торов.
п.1 Теория п.1.1 Поле Определение. Полем называют множество , на котором определены две внутренние бинарные алгебраические операции (сложение и ум- ножение), удовлетворяющие следующим условиям (аксиомам поля):
1) сложение ассоциативно: x, y,z
: (x y) z x (y z)
;
2) в множестве существует нулевой элемент
0
: x
: x 0 0 x x
;
3) любой элемент множества имеет противоположный: x
,
x
: x ( x) ( x) x 0
;
4) сложение коммутативно: x, y
: x y y x
;
5). Умножение ассоциативно: x, y,z
: (xy)z x(yz)
;
6). Умножение дистрибутивно относительно сложения: x, y,z
: (x y)z xz yz, x(y z) xy xz
;
7). Существует единичный элемент, отличный от нулевого:
1
, 1 0 :
x
, 1 x x 1 x
;
8). Умножение коммутативно: x, y
: xy yx
;
9). Любой ненулевой элемент имеет обратный:
1 1
1
x 0, x
,
x
: x x x
x 1
п.1.2 Векторное пространство Определение. Пусть V – произвольное множество, элементы которо- го мы будем называть векторами, – поле, элементы которого мы будем называть скалярами. Пусть на множестве V определена опера- ция сложения векторов:
V V
V
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 2
x, y V : (x, y)
x y V
, и умножение вектора на скаляр:
V
V
, x V : ( , x)
x V
Множество V вместе с этими двумя алгебраическими операциями на- зывается векторным пространством над полем , если выполняются следующие аксиомы:
1) сложение ассоциативно: x, y,z V : (x y) z x (y z)
2) в множестве V существует нулевой вектор
0 V
: x V : x 0 0 x x
;
3) любой вектор множества V имеет противоположный: x V,
x V : x ( x) ( x) x 0
;
4) сложение коммутативно: x, y V : x y y x
;
5) умножение вектора на скаляр подчиняется закону ассоциативности:
,
,
x V : (
)x
( x)
, где произведение есть произведение скаляров, определенное в поле .
6) x V : 1 x x
, где 1 – единица поля .
7) умножение вектора на скаляр дистрибутивно относительно сложе- ния векторов:
,
x, y V :
(x y)
x y
;
8) умножение вектора на скаляр дистрибутивно относительно сложе- ния скаляров:
,
,
x V : (
)x x
x
Определение. Векторное пространство V над полем вещественных чисел называется вещественным векторным пространством.
Теорема. (Простейшие свойства векторных пространств.)
1) В векторном пространстве существует единственный нулевой век- тор.
2) В векторном пространстве любой вектор имеет единственный про- тивоположный ему.
3)
,
x V :
x 0
(
0) (x 0)
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 3
4) x V : ( 1)x x
.
п.1.3 Системы векторов
Определение.
Системой векторов векторного пространства называют любое конечное непустое множество векторов этого пространства.
Обозначение:
1 2
n
{ e ,e ,...,e }.
Определение.
Выражение
1 1 2 2
n n e
e e
, где
1 2
n
,
,...,
– скаляры поля ,
1 2
n e ,e ,...,e
V
– векторы век- торного пространства V, называется линейной комбинацией системы векторов
1 2
n
{ e ,e ,...,e }. Скаляры
1 2
n
,
,...,
называются коэффици- ентами этой линейной комбинации.
Определение.
Если все коэффициенты линейной комбинации равны нулю:
1 2
n
0 e
0 e
... 0 e
, то такая линейная комбинация называется тривиальной, в противном случае – нетривиальной.
Определение.
Если какой-либо вектор х векторного пространства V может быть представлен в виде:
1 1 2 2
n n x
e e
e
, то говорят, что вектор х линейно выражается через векторы системы
1 2
n
{ e ,e ,...,e }. В этом случае говорят также, что система
1 2
n
{ e ,e ,...,e } представляет вектор х.
Определение.
Если в равенстве
1 1 2 2
n n e
e e
0
все коэффициенты
1 2
n
0
, то говорят, что система
1 2
n
{ e ,e ,...,e } представляет нулевой вектор тривиально, в противном случае говорят, что эта система представляет нулевой вектор нетриви- ально.
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 4
Определение.
Система векторов векторного пространства, которая может представлять нулевой вектор нетривиально называется линей- но зависимой, в противном случае она называется линейно независи- мой.
Замечание.
Любая система векторов
1 2
n
{ e ,e ,...,e } может представ- лять нулевой вектор тривиально:
1 2
n
0 0 e
0 e
... 0 e
.
Но этого недостаточно, чтобы выяснить линейно зависимая или же линейно независимая данная система векторов. Из определения сле- дует, что линейно независимая система векторов не может представ- лять нулевой вектор нетривиально, а только тривиально. Поэтому для того, чтобы убедиться в линейной независимости данной системы векторов, нужно рассмотреть представление нуля произвольной ли- нейной комбинацией этой системы векторов:
1 1 2 2
n n
0
e e
e
. Если это равенство невозможно при усло- вии, чтобы хотя бы один коэффициент этой линейной комбинации был ненулевой, тогда эта система является по определению линейно независимой.
Следующие теоремы дают несколько критериев линейной зависимо- сти и соответственно линейной независимости систем векторов.
Следствие.'>Теорема.__Система_векторов,_содержащая_нулевой_вектор_или_два_рав-_ных_вектора,_является_линейно_зависимой._Определение.'>Теорема.
(Необходимые и достаточные условия линейной зависимо- сти.) Система векторов векторного пространства является линейно зависимой тогда и только тогда, когда один из векторов системы ли- нейно выражается через другие вектора этой системы.
Теорема.
Система векторов, содержащая нулевой вектор или два рав- ных вектора, является линейно зависимой.
Определение.
Любое непустое подмножество системы векторов
1 2
n
{ e ,e ,...,e } называется подсистемой данной системы векторов.
Теорема.
Система векторов содержащая линейно зависимую подсис- тему сама линейно зависимая.
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 5
Теорема.
Система, состоящая из одного вектора является линейно за- висимой тогда и только тогда, когда этот вектор – нулевой.
Следствие.
Система, состоящая из одного вектора является линейно независимой тогда и только тогда, когда этот вектор – ненулевой.
Определение.
Два ненулевых столбца
1 1
n n
n x
y x
, y x
y
называются пропорциональными, если найдется ненулевой скаляр
, такой, что x
y
.
Следствие.
Система столбцов, содержащая два пропорциональных столбца является линейно зависимой.
Определение.
Система векторов
1 2
n
{ e ,e ,...,e } векторного пространст- ва V над полем называется порождающей системой векторов, если она представляет любой его вектор:
1
n
1 1 2 2
n n x V,
, ...,
: x e
e e
п.2 Список задач
Список № 1
1. Написать тривиальную и какую-нибудь нетривиальную линейную комбинацию заданной системы столбцов.
2. Доказать, что данная система столбцов является линейно зависимой
(независимой).
3. Доказать, что данная система столбцов является линейно зависи- мой, и найти какую-нибудь конкретную нетривиальную линейную комбинацию столбцов этой системы равную нулевому столбцу.
4. Доказать, что данная система столбцов является линейно зависи- мой, и найти линейное выражение какого-нибудь столбца через другие столбцы данной системы.
5. Доказать, что данная система столбцов является порождающей сис- темой соответствующего векторного пространства столбцов.
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 6
Список № 2
1. Доказать, что данное множество является векторным пространст- вом.
2. Задачи списка 1 в различных векторных пространствах.
3. Задачи теоретического характера на доказательство.
п.3 Примеры
Пример 1.
Докажите, что система столбцов
1 0
{
,
}
0 1
является ли- нейно независимой.
Решение. Рассмотрим равенство:
1 0
0 0
1
Выясним, возможно ли это равенство при ненулевых коэффициентах
или
. Заметим, что в этом равенстве в его правой части цифра 0 обозначает нулевой вектор пространства
2
, а значит 0 в этом равен- стве есть нулевой столбец высоты 2. Таким образом, мы имеем равен- ство:
1 0
0 0
1 0
Далее, используя правила умножения столбца на скаляр и сложения столбцов, получаем равенство:
0 0
Отсюда следует, что
0
и
0
. Таким образом, данная система столбцов не может представлять нулевой столбец нетривиально, а следовательно она линейно независима, ч.т.д.
Пример 2.
Доказать, что система столбцов
1 2
3
{ 2 , 4 , 8 }
1 2
2
является линейно зависимой.
Решение. Так как ее первые два столбца пропорциональны, то данная система является линейно зависимой. Действительно, следующее представление нулевого столбца данной системой столбцов является
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 7 нетривиальным:
1 2
3 0
2 2 4
0 8 0
1 2
2 0
, ч.т.д.
Пример 3.
Выясните, является ли данная система столбцов линейно зависимой или линейно независимой:
1 1
1
{
1 , 2 , 1 }
1 0
2
Решение. 1-й способ. Воспользуемся определением линейно зависи- мой и линейно независимой системы векторов векторного простран- ства. С этой целью, рассмотрим произвольную линейную комбинацию данной системы столбцов и приравняем её к нулевому столбцу:
1 2
3 1
1 1
0
x
1
x 2
x
1 0
1 0
2 0
Здесь коэффициенты линейной комбинации
1 2
3
x , x , x
– произ- вольные скаляры (неизвестные действительные числа). Умножаем не- известные скаляры на столбцы и складываем их:
1 2
3 1
2 3
1 3
x x
x
0
x
2x x
0
x
2x
0
Отсюда получаем однородную систему линейных уравнений с тремя неизвестными:
1 2
3 1
2 3
1 3
x x
x
0
x
2x x
0
x
2x
0
Вычислим определитель системы:
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 8
1 1 1 1 1 1
1 1
1 2 1 1 2 3
3 2 5 0 2
3 1 0 2 1 0 0
Мы умножили 1-й столбец на (–2) и прибавили его к третьему, и раз- ложили получившийся определитель по элементам 3-й строки. Так как определитель системы не равен нулю, то система имеет единст- венное нулевое решение
1 2
3
x x
x
0
.
Вывод: данная система столбцов может представлять нулевой столбец только тривиально, а потому, по определению, является линейно не- зависимой.
2-й способ. Вычисляем определитель 3-го порядка, столбцы которого образуют данную систему:
1 1 1 1 2 1 5 0 1 0 2
Воспользуемся свойством определителя: если определитель отличен от нуля, то его столбцы (строки) образуют линейно независимую сис- тему.
Ответ: линейно независимая.
Пример 4.
Убедитесь, что система столбцов
1 1
2
{ 7 , 2 ,
1 }
1 0
1
является линейно зависимой и найдите какое-нибудь нетривиальное представление нуля. Выразите один из столбцов системы через дру- гие.
Решение. Составляем произвольную линейную комбинацию столбцов данной системы и приравниваем нулевому столбцу:
1 2
3 1
1 2
0
x 7
x 2
x
1 0
1 0
1 0
Отсюда, как и в предыдущем примере, получаем однородную систему линейных уравнений:
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 9
1 2
3 1
2 3
1 3
x x
2x
0 7x
2x x
0
x x
0
Решаем систему методом Гаусса:
1 1 2
1 0 1
1 0 1
1 0 1
7 2 1 7 2 1 0 2 6
0 1 3
1 0 1
1 1 2
0 1 3
Сначала переставляем 1-ю и 3-ю строки, затем 1-ю строку умножаем на (–7) и прибавляем ко второй, и 1-ю строку умножаем на (–1) и при- бавляем к 3-й. Получили матрицу, в которой вторая строка пропор- циональна третьей. Удаляем вторую строку и получаем трапециевид- ную матрицу. По последней матрице составляем однородную систему линейных уравнений равносильную данной:
1 3
2 3
x x
0
x
3x
0
Очевидно, что данная система имеет нетривиальные решения, напри- мер:
1 2
3
x
1, x
3, x
1
.
Отсюда следует нетривиальная линейная комбинация данной системы столбцов равная нулевому столбцу:
1 1
2 0
7 3 2 1
0 1
0 1
0
Следовательно, данная система столбцов линейно зависимая. Из по- следнего равенства легко выразить любой столбец системы через дру- гие.
Ответ: 1) система столбцов линейно зависимая;
2)
1 1
2 0
7 3 2 1
0 1
0 1
0
– нетривиальная линейная комбинация данной системы столбцов равная нулевому столбцу;
Головизин В.В. ПЗ по курсу «Алгебра и геометрия», ПЗ 35, УдГУ, Ижевск – 2011, с.15 10 3)
1 1
2 7
3 2 1
1 0
1
– представление 1-го столбца системы в виде линейной комбинации двух других.
Скачать 2.3 Mb.