C, PHP, VB, .NET

Темата за линейни пространства е една от първите, които силно затрудняват студентите по Линейна алгебра. В нея нивото на абстракция се повишава значително. Въпреки това, ако сте е внимателни и последователни в решението на задачите, ще установите, че нещата са много по-прости, отколкото изглеждат.

Деф. Непразното множество [mathi]L[/mathi] се нарича „линейно пространство“ над полето [mathi]F[/mathi], ако:

I. Ако [mathi]a,b\in L[/mathi] => [mathi]a+b\in L[/mathi]

II. За всяко [mathi]a\in L[/mathi] и [mathi]\lambda\in F[/mathi] => [mathi]\lambda a\in L[/mathi]

III. В сила са следните аксиоми:

1. [mathi]a+b=b+a[/mathi]

2. [mathi](a+b)+c = a+(b+c)[/mathi]

3. Съществува нулев елемент [mathi]o[/mathi], такъв че: [mathi]a+o=a[/mathi]

4. За всяко [mathi]a[/mathi] съществува обратен елемент [mathi]-a[/mathi], такъв че: [mathi]a+(-a)=o[/mathi]

5. Съществува единичен елемент [mathi]1[/mathi], такъв че: [mathi]1.a = a[/mathi]

6. За всеки [mathi]\lambda ,\mu \in F[/mathi] => [mathi](\lambda+\mu).a = \lambda a + \mu a[/mathi]

7. За всеки [mathi]a,b\in L[/mathi] и [mathi]\lambda \in F[/mathi] => [mathi]\lambda (a+b) = \lambda a + \lambda b[/mathi]

8. За всеки [mathi]\lambda ,\mu \in F[/mathi] и [mathi]a\in L[/mathi] => [mathi]\lambda (\mu a) = (\lambda \mu a)[/mathi]

Деф. Елементите на [mathi]L[/mathi] ще наричаме „вектори“.

Деф. Ако [mathi]F[/mathi] е множеството на реалните числа, ще наричаме [mathi]L[/mathi] „реално линейно пространство“.

Деф. Ако [mathi]F[/mathi] е множеството на комплексните числа, ще наричаме [mathi]L[/mathi] „комплексно линейно пространство“.

Деф. Ще казваме, че векторът [mathi]b[/mathi] e линейна комбинация на векторите [mathi]a_1, …, a_n[/mathi], ако съществуват [mathi]\lambda_1, …, \lambda_n[/mathi] такива, че e в сила равенството [mathi]b=\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + … + \lambda_n a_n[/mathi]

Деф. Ще казваме, че векторите [mathi]a_1, …, a_n[/mathi] са линейно зависими, ако съществуват [mathi]\lambda_1, …, \lambda_n[/mathi], поне едно от които е различно от 0, такива че: [mathi]\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + … + \lambda_n a_n = o[/mathi]

Деф. Ако [mathi]\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + … + \lambda_n a_n = o[/mathi] е изпълнено само тогава, когато [mathi]\lambda_1, …, \lambda_n = 0[/mathi], ще казваме, че векторите [mathi]a_1, …, a_n[/mathi] са линейно независими

Деф. Ще казваме, че [mathi]e_1, …, e_n \in L[/mathi] е базис на линейното пространство [mathi]L[/mathi], ако за всеки вектор [mathi]a\in L[/mathi] => [mathi]a[/mathi] може да се изрази като линейна комбинация от векторите [mathi]e_1, …, e_n[/mathi]

Деф. Ако [mathi]e_1, …, e_n[/mathi] e базис на [mathi]L[/mathi] и [mathi]a=\lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 + … + \lambda_n e_n[/mathi], ще казваме, че коефициентите [mathi]\lambda_1, …, \lambda_n[/mathi] са координати на вектора [mathi]a[/mathi] в базиса [mathi]e_1, …, e_n[/mathi]

Деф. Ако имаме два базиса [mathi]e_1, …, e_n[/mathi] и [mathi]p_1, …, p_n[/mathi], то матрицата [mathi]T_{e\rightarrow p}[/mathi], която съдържа координатите на векторите [mathi]p_1, …, p_n[/mathi] спрямо базиса [mathi]e_1, …, e_n[/mathi] записани по стълбове, се нарича матрица на прехода от базис [mathi]e_1, …, e_n[/mathi] към базис [mathi]p_1, …, p_n[/mathi]. Ще я бележим с [mathi]T_{e \rightarrow p}[/mathi]

Твърдение. Ако имаме два базиса [mathi]e_1, …, e_n[/mathi] и [mathi]p_1, …, p_n[/mathi] и матрица на прехода [mathi]T_{e \rightarrow p}[/mathi], то [mathi]T_{p \rightarrow e}=T_{e \rightarrow p}^{-1}[/mathi]

Задача 1. Даден е базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi] в реално линейно пространство. Дадени са векторите:

[math]\begin{array}{l} p_1=e_1+2e_2-e_3\\ p_2=3e_2+4e_3\\ p_3=5e_3 \end{array}[/math]

Докажете, че [mathi]p_1, p_2, p_3[/mathi] е базис и намерете матрицата на прехода [mathi]T_{e\rightarrow p}[/mathi]

Решение: Всеки базис на [mathi]L[/mathi] трябва да се състои от три вектора. За да бъде базис е нужно да покажем, че векторите [mathi]p_1, p_2, p_3[/mathi] са линейно независими. Един начин да направим това е да пресметнем детерминантата на матрицата, съставена от координатите им. Ако тя е различна от 0, векторите ще са линейно независими. Ако тя е равна на 0, векторите ще са линейно зависими.

[math]\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0\\ 2 & 3 & 0\\ -1 & 4 & 5 \end{vmatrix}=15[/math]

=> [mathi]p_1, p_2, p_3[/mathi] са линейно независими и съответно могат да бъдат базис на [mathi]L[/mathi].

Матрицата на прехода [mathi]T_{e\rightarrow p}[/mathi] се състои от координатите на векторите, записани по стълбове:

[math]T_{e\rightarrow p}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 2 & 3 & 0\\ -1 & 4 & 5 \end{pmatrix}[/math]

С други думи, за да докажем, че едно множество от вектори е базис, трябва да намерим матрицата на прехода и да покажем, че нейната детерминанта е различна от нула.

Задача 2. Даден е базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi] в реално линейно пространство. Дадени са векторите:

[math]\begin{array}{l} p_1=e_1+e_2+e_3\\ p_2=e_1+e_2+2e_3\\ p_3=e_1+2e_2+3e_3 \end{array}[/math]

Докажете, че [mathi]p_1, p_2, p_3[/mathi] е базис и намерете матрицата на прехода [mathi]T_{e\rightarrow p}[/mathi]

Решение: Матрицата на прехода е:

[math]T_{e\rightarrow p}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}[/math]

Изчисляваме нейната детерминанта:

[math]det(T_{e\rightarrow p})=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}=-1[/math]

=> [mathi]p_1, p_2, p_3[/mathi] са линейно независими и съответно могат да бъдат базис на [mathi]L[/mathi].

Задача 3. Даден е базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi] в реално линейно пространство. Дадени са векторите:

[math]\begin{array}{l} a_1=e_1+e_2+e_3\\ a_2=e_1+e_2+2e_3\\ a_3=e_1+2e_2+3e_3 \end{array}[/math]

Даден е вектор [mathi]v=2e_1 + 2e_2 + 2e_3[/mathi]

Намерете координатите на вектор [mathi]v[/mathi] спрямо базиса [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi]

Решение: Търсим реални числа [mathi]\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3[/mathi], такива че [mathi]v=\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + \lambda_3 a_3[/mathi] (това ще са търсените координати). Значи ще имаме:

[mathi]v=\lambda_1 (e_1+e_2+e_3) + \lambda_2 (e_1+e_2+2e_3) + \lambda_3 (e_1+2e_2+3e_3)[/mathi]

Разкриваме скобите и групираме:

[mathi]v=\lambda_1 e_1+\lambda_1 e_2+ \lambda_1 e_3 + \lambda_2 e_1+\lambda_2 e_2+2\lambda_2 e_3 + \lambda_3 e_1+2\lambda_3 e_2+3\lambda_3 e_3[/mathi]

=>

[mathi]v=(\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 ) e_1+(\lambda_1 + \lambda_2 + 2\lambda_3) e_2+ (\lambda_1 +2\lambda_2 + 3\lambda_3) e_3[/mathi]

Това ще бъдат координатите на вектора [mathi]v[/mathi] в базиса [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi]. Но ние тях вече ги знаем – по условие [mathi]v=2e_1 + 2e_2 + 2e_3[/mathi]. Значи имаме да решим следната система:

[math]\left | \begin{array}{l} \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 = 2\\ \lambda_1 + \lambda_2 + 2\lambda_3 = 2\\ \lambda_1 +2\lambda_2 + 3\lambda_3 = 2 \end{array} \right.[/math]

Забележете, че тази система от линейни уравнения не е нищо по-различно от матричното уравнение:

[math]T_{e\rightarrow a}.\begin{pmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 2\\ 2 \end{pmatrix}[/math]

Нека го решим:

[math]\left( \begin{matrix} (1) & 1 & 1\\ 1 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 3 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 2\\ 2 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & (1)\\ 0 & 1 & 2 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & (1) & 0 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right)\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right)[/math]

Разменяме местата на втори и трети ред:

[math]\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right)[/math]

Получихме [mathi]\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 0[/mathi]. Това са търсените координати на вектора [mathi]v[/mathi] в базиса [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi]. Ще записваме решенията като [mathi]v(2,0,0)_a[/mathi]

Задача 4. Даден е базис [mathi]e_1, e_2, e_3[/mathi] в реално линейно пространство. Дадени са векторите:

[math]\begin{array}{l} a_1=e_1+e_2\\ a_2=-e_1+e_2+3e_3\\ a_3=e_1+e_3 \end{array}[/math]

и

[math]\begin{array}{l} b_1=a_1+2a_2-a_3\\ b_2=a_1-a_2\\ b_3=-a_1+2a_2+2a_3 \end{array}[/math]

a) Намерете [mathi]T_{e\rightarrow a}[/mathi] и [mathi]T_{a\rightarrow b}[/mathi]

Решение: Матриците се намират като напишем координатите на векторите по стълбове:

[math]T_{e\rightarrow a}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}[/math]

и

[math]T_{a\rightarrow b}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 2 & -1 & 2\\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}[/math]

б) Намерете матрицата на прехода [mathi]T_{e\rightarrow b}[/mathi]

Решение: Матрицата на прехода се получава от:

[math]T_{e\rightarrow b}=T_{e\rightarrow a}.T_{a\rightarrow b}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 2 & -1 & 2\\ -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2 & 2 & -1\\ 3 & 0 & 1\\ 5 & -3 & 8 \end{pmatrix}[/math]

в) Ако векторът [mathi]v=2e_1-3e_3[/mathi], намерете координатите му в базиса [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi]

Решение: Както в предишната задача имаме:

[math]T_{e\rightarrow a}.\begin{pmatrix} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -3 \end{pmatrix}[/math]

Решаваме това матрично уравнение:

[math]\left( \begin{matrix} 1 & -1 &1 \\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 1 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ -3 \end{matrix} \right)\sim … \sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 1\\ -1\\ 0 \end{matrix} \right)[/math]

Следователно [mathi]v=a_1-a_2[/mathi] или окончателно [mathi]v(1,-1,0)_a[/mathi]

г) Намерете координатите на [mathi]v[/mathi] в базиса [mathi]b_1, b_2, b_3[/mathi]

Решение: Можем да постъпим по два начина:

1 начин: Решаваме матричното уравнение:

[math]T_{e\rightarrow b}.\begin{pmatrix} \mu_1\\ \mu_2\\ \mu_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -3 \end{pmatrix}[/math]

=>

[math]\left( \begin{matrix} -2 & 2 & -1\\ 3 & 0 & 1\\ 5 & -3 & 8 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ 0\\ -3 \end{matrix} \right)\sim … \sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 0\\ 1\\ 0 \end{matrix} \right)[/math]

=> [mathi]v=b_2[/mathi] или окончателно [mathi]v(0,1,0)_b[/mathi]

2 начин: От в) знаем, че [mathi]v=a_1-a_2[/mathi], а от а) намерихме [mathi]T_{a\rightarrow b}[/mathi]. Значи можем да решим матричното уравнение

[math]T_{a\rightarrow b}.\begin{pmatrix} \mu_1\\ \mu_2\\ \mu_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\-1\\ 0 \end{pmatrix}[/math]

=>

[math]\left( \begin{matrix} 1 & 1 & -1\\ 2 & -1 & 2\\ -1 & 0 & 2 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 1\\ -1\\ 0 \end{matrix} \right)\sim … \sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 0\\ 1\\ 0 \end{matrix} \right)[/math]

=> [mathi]v=b_2[/mathi] или окончателно [mathi]v(0,1,0)_b[/mathi]

Деф. Ранг на система вектори наричаме броят на максималната подсистема от линейно независими вектори в тази система. Например ако имаме три вектора a, b и c, за които успеем да определим, че a и b са линейно независими, но c е линейно зависим от a и b, то можем да кажем, че ранга на систематата вектори a,b,c е 2.

Задача 5. Даден е базис [mathi]e_1, e_2, e_3, e_4[/mathi] в реално линейно пространство. Дадени са векторите:

[math]\begin{array}{l} a_1=e_1+2e_2+3e_3-e_4\\ a_2=2e_1+e_2-4e_3-3e_4\\ a_3=e_1+3e_2-2e_3-3e_4 \end{array}[/math]

а) Докажете, че векторите [mathi]a_1, a_2, a_3[/mathi] са линейно независими

Решение: За да докажем, че 3 вектора са линейно независими е достатъчно да покажем, че рангът на системата от тези три вектора е равен на 3. Това се извършва по следния начин – образуваме матрица от тези три вектора и започваме да извършваме елементарни преобразувания, като се стремим да я направим в триъгълен или трапецовиден вид (или както ще постъпим в случая – опитваме се да правим нули под и над елементите във всички възможни редове и стълбове без повторения):

[math]\begin{pmatrix} (1) & 2 & 3 & -2\\ 2 & 1 & -4 & -3\\ 1 & 3 & -2 & -3 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & -2\\ 0 & -3 & -10 & 1\\ 0 & (1) & -5 & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 13 & 0\\ 0 & 0 & -25 & (-2)\\ 0 & 1 & -5 & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 13 & 0\\ 0 & 0 & -25 & -2\\ 0 & 1 & 15/2 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Работихме с елементи от първи, втори и трети ред, т.е. всички възможни редове. Не се получи никъде нулев ред => ранга на системата от вектори е равен на 3 => те са линейно независими.

б) Допълнете системата от вектори до базис:

Един начин да направим това е да се върнем към полученото от редишната задача:

[math]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 13 & 0\\ 0 & 0 & -25 & -2\\ 0 & 1 & 15/2 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Бяхме работили с първи, втори и с четвърти стълб, но НЕ бяхме работили с трети. Следователно е достатъчно към системата от вектори да добавим вектор [mathi]a_4=(0,0,1,0)[/mathi]. Действително:

[math]\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & -2\\ 2 & 1 & -4 & -3\\ 1 & 3 & -2 & -3 \\ 0&0&1&0\end{pmatrix}\sim…\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 13 & 0\\ 0 & 0 & -25 & -2\\ 0 & 1 & 15/2 & 0 \\ 0&0&1&0\end{pmatrix}[/math]

Забележете, че сме направили същите преобразувания както преди, а последния ред просто си е останал същия (не се е получила нужда да го променяме по какъвто и да е начин). Нека продължим с операциите:

[math]\begin{pmatrix} 1 & 0 & 13 & 0\\ 0 & 0 & -25 & -2\\ 0 & 1 & 15/2 & 0 \\ 0&0&(1)&0\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0&0&1&0\end{pmatrix}[/math]

Вече сме работили с всички възможни редове и стълбове и не са се получили нулеви редове, следователно ранга на системата вектори [mathi]a_1, a_2, a_3, a_4[/mathi] е 4. Понеже се намираме в четиримерно линейно пространство => те образуват базис.

Задача 6 Намерете ранга на системата от вектори:

[math]\begin{array}{l} a_1(-1,4,-3, -2)\\ a_2(3,-7,5,3)\\ a_3(3,-2,1,0)\\ a_4(-4,1,0,1)\end{array}[/math]

Решение: Образуваме матрицата:

[math]\begin{pmatrix} -1 & 4 & -3 & -2\\ 3 & -7 & 5 & 3\\ 3 & -2 & 1 & 0\\ -4 & 1 & 0 & (1) \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -9 & 6 & -3 & 0\\ 15 & -10 & 5 & 0\\ 3 & -2 & (1) & 0\\ -4 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 3 & -2 & 1 & 0\\ -4 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Получихме два нулеви реда и няма как да продължим. Следователно рангът е равен на броя на ненулевите редове, или записано формално [mathi]rg(a_1, a_2, a_3, a_4)=2[/mathi]

Задача 7. Намерете [mathi]\lambda =?[/mathi], такова че векторът [mathi]v(2,-3,\lambda )[/mathi] да е линейна комбинация на векторите [mathi]a_1(1,2,-1), a_2(2,3,1), a_3(1,0,5)[/mathi]

Решение: Търсим числа [mathi]x_1, x_2 и x_3[/mathi] такива, че [mathi]v=x_1 a_1 + x_2 a_2 + x_3 a_3[/mathi]

=> трябва да решим системата:

[math]\left | \begin{array}{l} x_1+2x_2+3x_3=2\\ 2x_1+3x_2=-3\\ -x_1+x_2+5x_3=\lambda \end{array} \right.[/math]

Решаваме тази система:

[math]\left( \begin{matrix} 1 & 2 & 1\\ 2 & 3 & 0\\ -1 & 1 & 5 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} 2\\ -3\\ \lambda \end{matrix} \right )\sim…\sim \left( \begin{matrix} 1 & 0 & -3\\ 0 & -1 & -2\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right | \left . \begin{matrix} -12\\ -7\\ \lambda-19 \end{matrix} \right )[/math]

1 случай) при [mathi]\lambda \ne 19[/mathi] системата няма решение и векторът не може да се изрази като линейна комбинация

2 случай) при [mathi]\lambda = 19[/mathi] намираме решението на системата:

[math](x_1, x_2, x_3) = (-12+3p, 7-2p, p)[/math]

Следователно векторът [mathi]v(2,-3,\lambda)=v(2,-3,19)[/mathi] ще бъде линейната комбинация:

[math]v=(-12+3p)a_1 + (7-2p)a_2 + pa_3[/math]

Задача 8. В четиримерно реално линейно пространство са дадени две хомогенни системи от линейни уравнения:

[math]u: \left| \begin{array}{l} x_1+x_2+2x_3+2x_4=0\\ x_1-x_2+2x_3-2x_4=0 \end{array}\right.[/math]

и

[math]v: \left| \begin{array}{l} x_1+x_2+2x_3+2x_4=0\\ x_1+x_2-2x_3-2x_4=0 \end{array}\right.[/math]

a) Намерете базис на пространството от решенията на [mathi]u[/mathi]

Решение: Базис на пространството от решенията на една хомогенна система от линейни уравнения е нейната фундаментална система от решения. Тя се намира по следния начин:

[math]\begin{pmatrix} (1) & 1 & 2 & 2\\ 1 & -1 & 2 & -2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 0 & -2 & 0 & -4 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 0 & (1) & 0 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}[/math]

Работили сме с първи и втори стълб, но не сме работили с трети и четвърти. Следователно полагаме [mathi]x_3=p, x_4=q[/mathi]

Общото решение на системата ще бъде [mathi](x_1, x_2, x_3, x_4) = (-2p, -2q, p, q)[/mathi]

Фундаментална система от решения се намира като заместим веднъж p=1, q=0 (ще намерим първи вектор от базиса) и втори път с p=0, q=1 (ще намерим втория вектор на базиса):

[math]u_1(-2, 0, 1, 0), u_2(0, -2, 0, 1)[/math]

Двата вектора [mathi]u_1, u_2[/mathi] са базис на решенията на хомогенната система от линейни уравнения [mathi]u[/mathi]

б) Намерете базис на пространството от решенията на [mathi]v[/mathi]

Решение: Постъпваме аналогично на предишната задача:

[math]\begin{pmatrix} (1) & 1 & 2 & 2\\ 1 & 1 & -2 & -2 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 0 & 0 & -4 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 2\\ 0 & 0 & (1) & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}[/math]

Работихме с първи и с трети стълб, следователно полагаме [mathi]x_2=p, x_4=q[/mathi]

=> общата система от решения ще бъде [mathi](x_1, x_2, x_3, x_4) = (-p, p, -q, q)[/mathi]

Откъдето фундаменталната система от решения ще бъде:

[math]v_1(-1, 1, 0, 0), v_2(0, 0, -1, 1)[/math]

и двата вектора [mathi]v_1, v_2[/mathi] са базис на решенията на хомогенната система от линейни уравнения [mathi]v[/mathi]

в) Да се намери базис на сечението [mathi]u\cap v[/mathi] на решенията на системите от линейни уравнения

Решение: „Сечението“ на решенията на две системи от линейни уравнения се получава когато образуваме обща система от техните фундаментални системи от решения. Или трябва да решим системата:

[math]\left| \begin{array}{l} -2x_1+x_3=0\\ -2x_2+x_4=0\\ -x_1+x_2=0\\ -x_3+x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Решаваме тази система:

[math]\begin{pmatrix} -2 & 0 & (1) & 0\\ 0 & -2 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & 0 & (1)\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ -2 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & 0 & 1\\ -1 & (1) & 0 & 0\\ -2 & 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 & 0\\ -2 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Работили сме с втори, трети и четвърти стълб, следователно полагаме [mathi]x_1=p[/mathi].

Общата система от решения ще е [mathi](x_1, x_2, x_3, x_4) = (p, p, 2p, 2p)[/mathi]

Полагаме p=1 и намираме фундаменталната система от решения:

ФСР: [mathi]w_1(1,1,2,2)[/mathi]

Това е и базис на [mathi]u\cap v[/mathi]

г) Да се намери базис на сумата [mathi]u+v[/mathi] на решенията на системите от хомогенни линейни уравнения

Решение: В предишната подточка достигнахме до:

[math]\begin{pmatrix} -2 & 0 & 1 & 0\\ -2 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Базис на сбора от решенията са всички ненулеви вектори от тази система, т.е.:

[math]\begin{array}{l} c_1(-2,0,1,0)\\ c_2(-2,0,0,1)\\ c_3(-1,1,0,0)\\ \end{array}[/math]

ПРОВЕРКА: За да проверите дали сте смятали вярно, трябва да видите дали [mathi]dim(u+v)=dim(u)+dim(v)-dim(u\cap v)[/mathi]

Размерностите са следните:

[mathi]dim(u+v)=3[/mathi] – базиса се състои от три вектора

[mathi]dim(u)=2[/mathi] – базиса се състои от два вектора

[mathi]dim(v)=2[/mathi] – базиса се състои от два вектора

[mathi]dim(u\cap v)=1[/mathi] – базиса се състои от един вектор

Проверката: [mathi]3 = 2+2-1[/mathi], което е вярно.

Деф. Линейна обвивка на векторите [mathi]x_1, x_2, …, x_n[/mathi] наричаме множеството от векторите, които са всички техни линейни комбинации. Ще я бележим с [mathi]l(x_1,…,x_n)[/mathi].

Задача 9. Дадено е четиримерно линейно пространство [mathi]L[/mathi]. Дадена е линейната обвивка [mathi]U=l(a_1,a_2)[/mathi] на векторите [mathi]a_1(1,-1, 2, 3)[/mathi] и [mathi]a_2(1, 1, 3, 2)[/mathi].

Дадена е и линейната обвивка [mathi]W=l(b_1,b_2)[/mathi] на векторите [mathi]b_1(1,-2,1,1)[/mathi] и [mathi]b_2=(3,1,2,4)[/mathi].

а) Намерете базис на сечението [mathi]U\cap W[/mathi]

Решение: Разглеждаме хомогенната система от линейни уравнения, чиито коефициенти са векторите [mathi]a_1 и a_2[/mathi]:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1-x_2+2x_3+3x_4=0\\ x_1+x_2+3x_3+2x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Нека намерим нейна фундаментална система от решения:

[math]\begin{pmatrix} (1) & -1 & 2 & 3\\ 1 & 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 3\\ 0 & 2 & (1) & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & -5 & 0 & 5\\ 0 & 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}[/math]

=> общото решение е [mathi](5p-5q, p, -2p+q, q)[/mathi]

=> за ФСР можем да изберем векторите: [mathi]u_1(5, 1, -2, 0)[/mathi] и [mathi]u_2(-5, 0, 1, 1)[/mathi]

Тогава линейната обвивка U ще бъде пространството от решенията на:

[math]\left| \begin{array}{l} 5x_1+x_2-2x_3=0\\ 5x_1-x_3-x_4=0 \end{array} \right.[/math]

(това е хомогенна система с коефициенти координатите на [mathi]u_1[/mathi] и [mathi]u_2[/mathi]).

Аналогично постъпваме и за W – първо решаваме системата:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1-2x_2+x_3+x_4=0\\ 3x_1+x_2+2x_3+4x_4=0 \end{array} \right.[/math]

И по същия начин намираме нейна ФСР: [mathi]w_1(-5,1,7,0)[/mathi] и [mathi]w_2(-2,0,1,1)[/mathi].

Тогава линейната обвивка W ще бъде пространството от решенията на:

[math]\left| \begin{array}{l}-5x_1+x_2+7x_3=0\\-2x_1+x_3+x_4=0 \end{array} \right.[/math]

(това е хомогенна система с коефициенти координатите на [mathi]w_1[/mathi] и [mathi]w_2[/mathi]).

Тогава сечението [mathi]U\cap W[/mathi] ще бъде пространството от решенията на:

[math]\left| \begin{array}{l} 5x_1+x_2-2x_3=0\\ 5x_1-x_3-x_4=0\\-5x_1+x_2+7x_3=0\\-2x_1+x_3+x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Нека решим тази система:

[math]\begin{pmatrix} 5 & (1) & -2 & 0\\ 5 & 0 & -1 & -1\\ 5 & -1 & -7 & 0\\ 2 & 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 & 0\\ 5 & 0 & -1 & (-1)\\ 10 & 0 & -9 & 0\\ 2 & 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 & 0\\ 5 & 0 & -1 & -1\\ 10 & 0 & -9 & 0\\ (-3) & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\sim[/math]

[math]\sim\begin{pmatrix} 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & (-9) & 0\\ -3 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & -9 & 0\\ -3 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/math]

Виждаме, че тази хомогенна система има само и единствено нулевото решение. Следователно [mathi]U[/mathi] и [mathi]W[/mathi] не се пресичат => сечението им няма базис.

б) Намерете базис на сумата [mathi]U+W[/mathi]

Решение: Знаем, че [mathi]dim(L)=4[/mathi] (векторното пространство, в което работим е четиримерно). Понеже [mathi]U[/mathi] и [mathi]W[/mathi] не се пресичат, а същевременно с това [mathi]dim(U)=2[/mathi] и [mathi]dim(W)=2[/mathi].

Заместваме в теоремата за размерностите [mathi]dim(U+W)=dim(U)+dim(W)-dim(U\cap W)[/mathi] и получаваме, че [mathi]dim(U+W)=4[/mathi]. Това означава, че сумата на двете линейни обвивки съвпада с цялото пространство [mathi]L[/mathi]

=> който и да е базис на [mathi]L[/mathi] ще е базис и на [mathi]U+W[/mathi].

Задача 10. В четиримерно линейно пространство [mathi]L[/mathi] са дадени векторите: [mathi]a_1(1,-1,2,1)[/mathi], [mathi]a_2(1,3,-1,1)[/mathi], [mathi]a_3(2,3,1,1)[/mathi] и [mathi]a_4(1,2,-1,2)[/mathi].

а) Намерете сечението на линейната обвивка [mathi]U=l(a_1,a_2,a_3,a_4)[/mathi] с пространството от решенията W на хомогенната система:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1+3x_2+4x_3-6x_4=0\\ 2x_1-3x_2-4x_3+3x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Решение: Първо трябва да изразим [mathi]U[/mathi] като пространство от решенията на хомогенна система от линейни уравнения (както правихме в предишната задача). За целта първо намираме решението на хомогенната система с коефициенти векторите [mathi]a_1,a_2,a_3,a_4[/mathi]:

[math]\left| \begin{array}{l} x_1-x_2+3x_3+x_4=0\\ x_1+3x_2-x_3+x_4=0\\ 2x_1+3x_2+x_3+x_4=0\\ x_1+2x_2-x_3+2x_4=0 \end{array} \right.[/math]

=>

[math]\begin{pmatrix} (1) & -1 & 2 & 1\\ 1 & 3 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 1 & 1\\ 1 & 2 & -1 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\ 0 & 4 & -3 & 0\\ 0 & 5 & -3 & -1\\ 0 & 3 & -3 & (1) \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & -4 & 5 & 0\\ 0 & 4 & -3 & 0\\ 0 & 8 & -6 & 0\\ 0 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix}\sim[/math]

[math]\sim \begin{pmatrix} 1 & -4 & 5 & 0\\ 0 & 4 & -3 & 0\\ 0 & (4) & -3 & 0\\ 0 & 3 & -3 & 1 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 4 & -3 & 0\\ 0 & 0 & -3/4 & 1 \end{pmatrix}\sim[/math]

=> Общото решение ще е [mathi]-2p, 3p/4, p, 3p/4[/mathi]

Намираме ФСР [mathi](-8, 3, 4, 3)[/mathi] при p=4. Следователно U ще бъде пространството от решенията на хомогенната система:

[math]\left| \begin{array}{l}-8x_1+3x_2+4x_3+3x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Тогава сечението [mathi]U\cap W[/mathi] ще бъде пространството от решенията на общата за тях хомогенна система:

[math]\left| \begin{array}{l}-8x_1+3x_2+4x_3+3x_4=0\\x_1+3x_2+4x_3-6x_4=0\\ 2x_1-3x_2-4x_3+3x_4=0 \end{array}\right.[/math]

Намираме нейното решение:

[math]\begin{pmatrix} -8 & 3 & 4 & 3\\ 1 & (3) & 4 & -6\\ 2 & -3 & -4 & 3 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -9 & 0 & 0 & 9\\ 1 & 3 & 4 & -6\\ 3 & 0 & 0 & (-3) \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ -5 & 3 & 4 & 0\\ 3 & 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}[/math]

Общото решение е [mathi](p, \frac{5p-4q}{3}, q, p)[/mathi]

Нейн ФСР ще се получи при p=3,q=0 и p=0,q=3, т.е. двата вектора: [mathi]c_1(3,5,0,3)[/mathi] и [mathi]c_2(0,-4,3,0)[/mathi]

=> [mathi]c_1, c_2[/mathi] ще е базис на [mathi]U\cap W[/mathi]

б) Намерете базис на [mathi]U+W[/mathi]

Решение: Търсим базис на [mathi]U[/mathi]. Знаем, че [mathi]U[/mathi] беше пространството от решенията на:

[math]\left| \begin{array}{l}-8x_1+3x_2+4x_3+3x_4=0 \end{array} \right.[/math]

Общото решение е [mathi](\frac{3p+4q+3r}{8}, p, q, r)[/mathi]

Откъдето от трите комбинации (p=8,q=0,r=0), (p=0,q=2,r=0) и (p=0,q=0,r=8) получаваме базис на [mathi]U[/mathi]:

[math]u_1(3,8,0,0), u_2(1,0,2,0), u_3(3,0,0,8)[/math]

Аналогично търсим базис на решенията на [mathi]W[/mathi] от

[math]\begin{pmatrix} 1 & (3) & 4 & -6\\ 2 & -3 & -4 & 3 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 3 & 4 & -6\\ 3 & 0 & 0 & (-3) \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} -5 & 3 & 4 & 0\\ 3 & 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}[/math]

Общото решение е [mathi](p, \frac{5p-4q}{3}, q, p)[/mathi] и съответно намираме ФСР [mathi]c_1(3,5,0,3)[/mathi] и [mathi]c_2(0,-4,3,0)[/mathi]. Това е същият базис, какъвто беше базиса на векторите [mathi]U\cap W[/mathi]

=> [mathi]W=U\cap W[/mathi]

(казано с други думи – [mathi]W[/mathi] се съдържа в [mathi]U[/mathi])

=> [mathi]U+W=U[/mathi]

=> За базис на [mathi]U+W[/mathi] можем да изберем който и да е базис на [mathi]U[/mathi], например векторите [math]u_1(3,8,0,0), u_2(1,0,2,0), u_3(3,0,0,8)[/math].

Можем да проверим, че [mathi]dim(U+W)=dim(U)+dim(W)-dim(U\cap W)[/mathi] е изпълнено, защото:

[mathi]dim(U+W)=3[/mathi]

[mathi]dim(U)=3[/mathi]

[mathi]dim(W)=2[/mathi]

[mathi]dim(U\cap W)=2[/mathi]

=> 3 = 3+2-2