Вища математика1 / lin_alg_1k2s

Отже, задача зводиться до знаходження обернених матриць T(¡e)1!(a) i T(¡e)1!(b) (знайшовши їх, ми виконаємо й першу частину завдання. Справдi, оберненi iснують лише для невироджених матриць, тобто матриць, стовпчики яких лiнiйно незалежнi. А незалежнiсть векторiв кожної з систем (a) i (b) якраз i означає, що цi системи є базами простору

R3). Знаходимо T

¡1

i T

¡1

:

(e)!(a)

(e)!(b)

0 2 3 2

¯

0 1 0 1 Ã 0 2 3 2

¯

0 1 0 1 Ã

1 2 1

¯

0 0 1

4 5 3

¯

1 0 0

4

5

3

¯

1

0

0

1

2

1

¯

0

0

1

@

¯

A

@

¯

A

¯

¯

1 2

1

¯

0 0 1

1 Ã 0

1 0

¯1

¯

0 2

3

à 0 0

1 0

¯

0 1

2

0 1 0

0

1 2 1 Ã

0

¡3

1

¯

1 0

¡4

0 0

1 ¯

1

¡3 2

¯

¯

¡

@

¡ ¡

¯

1

¡

A @

1

¡

¯

¡

A

¯

0

0

1

¡

¡

1

¯

¯

¯

¯

à 0 0 1 0

0 ¡1 2

1:

0

0

1

¯

1

3

2

@

¯

A

¯

¡

¡

1 1 1 1 0 0

¯

1 1

1

1 0 0

¯

¯

¯

0 4 3 2

0 1 0 1 Ã 0 0 ¡1 ¡2

¡4 1 0 1 Ã

0 1 3

¯

0 0 1

0 1

3

¯

0 0 1

@

¯

A

@

¯

A

¯

¯

7 2

1 0

1¯

3 1 0

1 0 0¯

1

¡

¯

¯

¡

¯

¯

¡

à 0 0 1 2

4 ¡1 0

1 Ã 0 0 1 0

12 ¡3 ¡2 1:

0 0 1

¯

4 1 1

0 0 1

¯

4 1

1

@

¯

¡

A

@

¯

¡

A

¯

¯

¯

¯

Таким чином,

¯

¯

1;

T(a)!(b) = 0 0 ¡1 2

1 0 4 3 2 1 = 0 ¡4 ¡1 4

1 ¡1 ¡1

1 1 1

¡3 ¡3 ¡4

T(b)!(a)

@¡1 3 ¡2 A ¢ @ 0 1 3 A @ 11

6 ¡1 A

= 0

12 ¡3 ¡2 1 0

2 3 2 1

= 0 40

47

28

1

:

¡7 2

1

4 5 3

¡23 ¡27 ¡16

@¡4 1

1

A ¢ @ 1 2 1 A @ ¡13 ¡15 ¡9

A

Зауваження. 1) Матрицю T(b)!(a) можна було шукати як обернену до T(a)!(b). Крiм того, рiвнiсть T(b)!(a)¢T(a)!(b) = E можна використати для перевiрки правильностi обчислень.

2) Елементарнi перетворення рядкiв матрицi A рiвносильнi множенню злiва на вiдповiднi елементарнi матрицi. Зокрема, зведення невиродженої матрицi A до одиничної елементарними перетвореннями рядкiв

21

рiвносильне множенню A злiва на A¡1. Це дає трохи iнший спосiб об-

числення матрицi T(a)!(b): виписуємо матрицю

T(e)!(a)

T(e)!(b)

i

елементарними перетвореннями рядкiв зводимо її

¡лiву частину¯

до

оди-

¢

ничної матрицi. В результатi отримаємо:

¯

¯

¯

¡T(e)!(a)¯T(e)!(b)¢ Ã ¡T(¡e)1!(a) ¢ T(e)!(a)¯T(¡e)1!(a) ¢ T(e)!(b)¢ =

= E T(

)

(

) :

У нашому випадку це

виглядає так:¯ a

! b

¢

¡

¯

4 5 3 1 1 1

1 Ã 0

1 0 0 ¡3 ¡3 ¡4

0 2 3 2

¯

4 3 2

0 1 0

¯

¡4 ¡1 4

1:

1 2 1

¯

0 1 3

0 0 1

¯

11

6

1

@

¯

A

@

¯

¡

A

¯

¯

¯

¯

Задача 7. У просторi¯

Rn[x] многочленiв знайдiть¯

матрицю переходу

вiд бази 1; x; x2; : : : ; xn до бази 1; x ¡ a; (x ¡ a)2; : : : ; (x ¡ a)n i навпаки.

Розв’язання. Стовпчики матрицi переходу вiд першої бази до другої складаються з координат вiдповiдних векторiв другої бази в першiй ба-

зi. Оскiльки (x¡a)k = xk¡ k1

axk¡1+ k2 a2xk¡2¡¢ ¢ ¢+(¡1)k¡1

k¡k

1

ak¡1x+

( 1)kak

, то матриця

переходу вiд першої бази до другої має вигляд

¡

¡ ¢

¡ ¢

¡

¢

1 ¡a

2

¡3 a

3

n

n

1

a2

a

: : :

(¡1) na

0

0

¡1¢

¡ ¢1

: : : ( 1)n¡2

¡n 2¢an¡2

00

1

¡

1

a

2

3a2

: : : (¡1)n¡1

n¡n

1 an¡1

B0 0

0

¡1

¢

: : : ( 1)

¡ ¡n

¡

3¢a ¡

C

B

¡

¡

C

:

¡

n

B: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :C

B

n 3

¡

¡

¢

n 3C

B

0

0

0

: : :

1

C

B0

C

@

A

a = y.

Щоб знайти матрицю

зворотного переходу, зробимо замiну x

¡

k

k

a2yk¡2 + ¢ ¢ ¢ +

k

Тодi xk = (y + a)k = yk + 1

ayk¡1 + 2

k¡1

ak¡1y + ak.

Тому матриця переходу

вiд другої бази до першої має вигляд

¡ ¢

¡ ¢

¡

¢

1 a

a2

¡

a3

: : :

an

:

0 0

¡ 1¢

1¢ a

: : :

¡nn 2¢an¡2

B

2

3

n

n 3C

00 1

1 a

23 a2

: : :

n¡n

1 an¡1

1

B0 0

0

¡ 1¢

: : :

¡n

3¢a ¡

C

B

¡

C

B: : : : : : : : : : : : : : : : :C

B

¡

¢

C

B0

0

0

0

: : :

1

C

@

22

A

Основнi задачi

8.Знайдiть розмiрнiсть пiдпростору тих векторiв (x1; : : : ; xn) з P n, в яких перша й остання координати однаковi.

9.З’ясуйте, яка з наступних систем векторiв є базою простору R4:

a)a1 =(1; 2; ¡1; ¡2), a2 =(2; 3; 0; ¡1), a3 =(1; 2; 1; 3), a4 =(1; 3; ¡1; 0);

b)b1 =(1; 2; ¡1; ¡2), b2 =(2; 3; 0; ¡1), b3 =(1; 2; 1; 4), b4 =(1; 3; ¡1; 0).

10.Знайдiть у просторi R4 двi рiзнi бази, що мiстять вектори

a1 = (1; 1; 0; 0) та a2 = (0; 0; 1; 1).

11.a) Знайдiть базу простору R5[x], яка б мiстила лише многочлени пятого степеня. b) Чи iснує база простору R5[x], яка не мiстить жодного многочлена пятого степеня?

12.Знайдiть розмiрнiсть i вкажiть яку–небудь базу пiдпростору, породженого многочленами

f1 = x6 + x4, f2 = x6 + 3x4 ¡ x, f3 = x6 ¡ 2x4 + x, f4 = x6 ¡ 4x4 + 2x.

13. Доведiть, що вектори a1 = (2; 1; ¡3), a2 = (3; 2; ¡5), a3 = (1; ¡1; 1) утворюють базу простору R3, i знайдiть координати вектора v = (6; 2; ¡7) в цiй базi.

14.Знайдiть координати многочлена x5 ¡ x4 + x3 ¡ x2 ¡ x + 1 в базi:

a)1, x + 1, x2 + 1, x3 + 1, x4 + 1, x5 + 1;

b)1 + x3, x + x3, x2 + x3, x3, x4 + x3, x5 + x3

простору R5[x].

15. Нехай a0; a1; : : : ; an попарно рiзнi дiйснi числа. Знайдiть базу простору Rn[x], в якому координатами многочлена f(x) будуть числа f(a0), f(a1), : : : ; f(an).

16. Доведiть, що кожна з систем векторiв

a1 = (1; 2; ¡1; 0), a2 = (1; ¡1; 1; 1), a3 = (¡1; 2; 1; 1),a4 = (¡1; ¡1; 0; 1) та b1 = (2; 1; 0; 1), b2 = (0; 1; 2; 2), b3 = (¡2; 1; 1; 2), b4 = (1; 3; 1; 2)

утворює базу простору R4, i знайдiть матрицю переходу вiд першої бази до другої i навпаки.

17. Доведiть, що кожна з систем матриць:

1, A3

=

0 1

0

¡21

;

a) A1

=

0¡1 0

3 1, A2

=

00

0

4

0

1

¡2

0

0

¡1

0

¡1

2

@ 2

¡3

0 A

@1

¡4

0 A

@¡2 2

0 A

23

b) B1 =	0¡1	0	¡11, B2	=	0¡3	0	21, B3	=	0¡1 0		31
	0	1	1		0	3	5		0	1	0
утворює	@	1	A		@	¡2	A		@	¡3	A
	¡1		0		¡5		0		0		0

базу простору кососиметричних матриць порядку 3, i знайдiть матрицю переходу вiд першої бази до другої.

18.Як змiниться матриця переходу вiд першої бази до другої, якщо:

a)переставити мiсцями два вектори першої бази;

b)переставити мiсцями два вектори другої бази;

c)записати вектори обох баз у зворотному порядку?

19.Нехай V n–вимiрний простiр над полем P . Доведiть, що кожну

невироджену матрицю з Mn(P ) можна розглядати як матрицю пере-

ходу вiд якоїсь бази e1, : : : ; en простору V до iншої бази f1, : : : ; fn, причому першу базу можна вибирати довiльно.

20.Вкажiть явно який–небудь iзоморфiзм пiдпростору V тих многочле-

нiв з простору Rn[x], для яких фiксоване число a є коренем, на простiр

Rn.

Додатковi задачi

21.Доведiть, що коли m < n, то для кожного m–вимiрного пiдпростору U n–вимiрного простору V можна знайти таку базу простору V , яка:

a)не мiстить жодного вектора з U;

b)мiстить рiвно k векторiв з U (k · m).

22.Знайдiть розмiрнiсть:

a)простору R(n)[x1; : : : ; xk] всiх дiйсних однорiдних многочленiв степеня n вiд змiнних x1; : : : ; xk;

b)простору Rn[x1; : : : ; xk] всiх дiйсних многочленiв степеня не бiльшого, нiж n, вiд змiнних x1; : : : ; xk.

23. Доведiть, що в просторi P [x1; : : : ; xn] усiх многочленiв вiд змiнних x1; : : : ; xn з коефiцiєнтами з поля P множина

a)всiх полiлiнiйних многочленiв,

b)всiх полiлiнiйних однорiдних многочленiв степеня k утворює пiдпростiр, i знайдiть його розмiрнiсть.

24. Нехай A i B невиродженi матрицi порядкiв m i n вiдповiдно, а Eij, i = 1; : : : ; m, j = 1; : : : ; n, матричнi одиницi з простору Mm£n(R).

24

Доведiть, що матрицi Fij = AEijB утворюють базу простору Mm£n(R),

i знайдiть матрицю переходу вiд бази E11, E12, : : : ; E1n, E21, E22, : : : ; Emn до бази F11, F12, : : : ; F1n, F21, F22, : : : ; Fmn.

25.Скiлькома способами можна встановити iзоморфiзм мiж двома n– вимiрними векторними просторами над полем Zp?

26.Доведiть, що векторнi простори iз задачi 22 iзоморфнi.

Домашнє завдання

27.З’ясуйте, чи утворює дана множина векторiв з Rn пiдпростiр, i якщо утворює, то знайдiть його розмiрнiсть:

a)вектори, в яких усi координати рiвнi мiж собою;

b)вектори, в яких усi координати з парними номерами рiвнi мiж собою;

c)вектори, в яких сума координат дорiвнює 0;

d)вектори, в яких сума координат дорiвнює 1;

e)вектори, в яких сума координат з парними номерами дорiвнює сумi координат з непарними номерами.

28.Доповнiть систему многочленiв x5 + x4, x5 ¡ 3x3, x5 + 2x2, x5 ¡ x до бази простору R5[x].

29.Знайдiть розмiрнiсть i вкажiть яку–небудь базу пiдпростору, поро-

дженого векторами	v1 = (1; 1; 1; 1; 0),	v2 = (1; 1; ¡1; ¡1; ¡1),
v3 = (2; 2; 0; 0; ¡1),	v4 = (1; 1; 5; 5; 2),	v5 = (1; ¡1; ¡1; 0; 0).

30.Доведiть, що вектори a1, : : : ; an утворюють базу простору Rn, i знайдiть координати вектора v :

a)a1 = (1; 1; 1), a2 = (1; 1; 2), a3 = (1; 2; 3), v = (6; 9; 14);

b)a1 = (1; 1; 0; 1), a2 = (2; 1; 3; 1), a3 = (1; 1; 0; 0), a4 = (0; 1; ¡1; ¡1), v = (0; 0; 0; 1).

31.Доведiть, що кожна з систем многочленiв

2	f = x3	,	f = 1 + 5x + x3			,	f = (1 + x)3			та
f1 = x ¡ x ,	3 2		3	3			42	3			2	3
g1 = (1 + x) , g2 = (1 ¡ x) , g3					= x ¡ x			+ x	, g4 = 1 + x + x			+ x

утворює базу простору многочленiв R3[x], i знайдiть матрицю переходу вiд першої бази до другої i навпаки.

32. Доведiть, що кожна з систем векторiв a1 = (1; 1; 1; 1), a2 = (1; 2; 1; 1),

a3 = (1; 1; 2; 1), a4 = (1; 3; 2; 3) та b1 = (1; 0; 3; 3), b2 = (¡2; ¡3; ¡5; ¡4), b3 = (2; 2; 5; 4), b4 = (¡2; ¡3; ¡4; ¡4) утворює базу простору R4, i зна-

йдiть матрицю переходу вiд першої бази до другої i навпаки. 25

Лiтература. [1], с. 8–15; [2], с. 52–62; [3], с. 10–20, 28–30; [4], с. 65–75; [5], с. 249–266; [7], с. 93–95; [8], с. 18–25; [9], с. 188–194; [12], с. 304–307; [13], с. 51–55, 140–146.

Заняття 3. Дiї з пiдпросторами

Необхiднi поняття. Сумою U +W пiдпросторiв U та W простору V

називається множина всiх векторiв вигляду v = u+w, де u 2 U, w 2 W , тобто U + W = fu + w j u 2 U; w 2 W g. Аналогiчно визначається сума V1 + ¢ ¢ ¢ + Vk довiльної кiлькостi пiдпросторiв.

Сума V1 + ¢ ¢ ¢+ Vk називається прямою (i позначається V1 ©¢ ¢ ¢©Vk), якщо кожний вектор v з V1 + ¢ ¢ ¢ + Vk може бути поданий у виглядi

v = v1 + ¢ ¢ ¢ + vk, де vi 2 Vi, єдиним чином.

Для довiльних фiксованих вектора v 2 V i пiдпростору U µ V множина v + U := fv + u j u 2 Ug називається лiнiйним многовидом з напрямним пiдпростором U.

Множина всiх лiнiйних многовидiв з напрямним пiдпростором U позначається V=U i називається факторпростором простору V за пiдпростором U. Ця множина стає векторним простором, якщо додавання i множення на скаляри визначити правилами:

(u + U) + (v + U) := (u + v) + U ; a ¢ (u + U) := (a ¢ v) + U :

Необхiднi твердження. 1. Теорема Ґрасмана: якщо V1 i V2 пiдпростори скiнченновимiрного простору V , то

dim(V1 + V2) = dim V1 + dim V2 ¡ dim(V1 \ V2):

2. Такi умови рiвносильнi:

a)сума V1 + V2 є прямою;

b)якщо 0 = v1 + v2, де v1 2 V1, v2 2 V2, то v1 = v2 = 0 (тобто нульовий вектор лише єдиним чином записується у виглядi 0 = v1 +v2);

c)V1 \ V2 = f0g;

d)dim(V1 + V2) = dim V1 + dim V2;

e)якщо e1; : : : ; ek i f1; : : : ; fm бази пiдпросторiв V1 та V2 вiдповiдно,

то e1; : : : ; ek; f1; : : : ; fm є базою V1 + V2.

3.Простiр V розкладається в пряму суму пiдпросторiв V1 та V2 тодi

йтiльки тодi, коли hV1; V2i = V та V1 \ V2 = f0g:

4.Критерiй рiвностi двох многовидiв: лiнiйнi многовиди u + U та

w + W збiгаються тодi й лише тодi, коли U = W i u ¡ w 2 U. 26

5. Якщо U пiдпростiр простору V , то dim U + dim(V=U) = dim V .

Приклади розв’язання типових задач

Задача 1. Нехай U; V; W пiдпростори векторного простору. Доведiть; що коли U µ V; то U + (V \ W ) = (U + V ) \ (U + W ). Чи залишиться рiвнiсть правильною у випадку U * V ?

Розв’язання. Нехай x 2 U + (V \ W ). Тодi x можна подати у виглядi x = u + y, де u 2 U, y 2 V \ W . Отже, x 2 U + V i x 2 U + W . Тому x 2 (U + V ) \ (U + W ). Зауважимо, що в цiй частинi розв’язання умова U µ V не використовувалася.

Нехай тепер x 2 (U + V ) \ (U + W ). Тодi iснують розклади x =

u1 + v = u2 + w, де u1; u2 2 U, v 2 V , w 2 W . Позаяк U µ V , то w = u1 ¡ u2 + v 2 V . Отже, w 2 V \ W . Тому x = u2 + w 2 U + (V \ W ).

Розглянемо тепер три рiзнi одновимiрнi пiдпростори U, V , W у двовимiрному просторi R2. Тодi U * V , V \W = f0g, U + V = U + W = R2, звiдки випливає, що U + (V \ W ) = U + f0g = U i (U + V ) \ (U + W ) = R2 \ R2 = R2. Позаяк U 6= R2, то рiвнiсть не виконується. Отже, умова U µ V є необхiдною.

Задача 2. Знайдiть розмiрностi dim(U + W ) та dim(U \ W ); якщо:

U = h(2; ¡5; 3; 4); (1; 2; 0; ¡7); (3; ¡6; 2; 5)i; W = h(2; 0; ¡4; 6); (1; 1; 1; 1); (3; 3; 1; 5)i.

Розв’язання. Розмiрнiсть пiдпростору дорiвнює рангу його системи твiрних. Тому для знаходження розмiрностей пiдпросторiв U та W обчислюємо ранги матриць, утворених з їх систем твiрних (оскiльки рядковий i стовпчиковий ранги матрицi збiгаються, то для знаходження рангу системи векторiв можна розглядати як матрицю, для якої данi вектори є її рядками, так i матрицю, для якої цi вектори є її стовпчиками).

0 1	¡2	0	7 1	Ã 0	2	¡5	3	¡4 1	Ã 0	0	¡9	3	18 1	:
2	5	3	4		1	2	0	7		1	2	0	¡7
@ 3	¡6	2	¡5 A @ 3			¡6	2	5 A @ 0			¡12	2	25 A

Два останнi рядки непропорцiйнi, тому ранг матрицi дорiвнює												3 i
dim U = 3.		¡1		1 Ã 0 2			6 1 Ã 0			¡6	4 1
0 1	1		1		0	4		0	2			:
2	0	4	6	1	1	1	1	1	1	1	1
@ 3	3	1	5 A @ 3		3	¡1	5 A @ 0		¡0	¡2	2 A
						27

Ранг цiєї матрицi також дорiвнює 3, тому dim W = 3.

Системою твiрних для U + W є об’єднання систем твiрних пiдпросторiв U i W . Тому для знаходження розмiрностi знову шукаємо ранг вiдповiдної матрицi (на першому кроцi можна використати вже зробленi обчислення, бо робилися лише перетворення з рядками):

0 1			1		¡1		1	1 0 0					¡2 ¡6					4 1
B	2		0			4	6	C Ã B				1		1	1			1			C	Ã
	2		5			3	4					1		2	¡0			7
B		¡2				0	7	C			B			9		¡					C
B 1								C B 0							3 18						C
B	3		3			1	5	C			B	0		0	2			2			C
	3		6			2	¡5					0	¡		2 25
B								C B						12							C
B								C			B										C
@		¡						A			@		¡								A
	0 0					1	3 ¡2 1 0						0 1		3 ¡2 1
à B		1				1	1		1		C à B		1	1	1				1		C	Ã
		0				1	¡1		8				0 0		¡4				6
	B					9		¡			C	B			¡	¡					C
	B 0						¡3 18				C B		0 0 30						0 C
	B	0				0	1		1		C	B	0	0	1				1		C
		0		¡			2 25						0 0 38						1
	B				12						C B										C
	B										C	B									C
	@		¡								A	@									A
		0 0 1					3 ¡2 1 0						0 1 3 ¡2 1
	Ã B		1			1	1			1	C Ã B		1	1	1		1			C:
			0 0				1			1			0 0 0				1
		B					¡4				C	B	0 0 0							C
		B 0 0								6 C B							6 C
		B	0			0	1			0	C	B	0	0	1		0			C
							¡	¡		1			0 0 0			¡	1
		B	0 0 38								C B									C
		B									C	B								C
		@									A	@								A

Оскiльки ранг матрицi дорiвнює 4, то dim(U + W ) = 4.

Для знаходження розмiрностi перетину U \ W скористаємося теоремою Ґрасмана:

dim(U \ W ) = dim U + dim W ¡ dim(U + W ) = 3 + 3 ¡ 4 = 2 :

Задача 3. Знайдiть базу перетину U \ W та бази пiдпросторiв U; W i суми U + W; якi б включали базу перетину; якщо:

U = h(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0); (0; 0; 1; 1)i; W = h(1; 0; 1; 0); (0; 2; 1; 1); (1; 2; 1; 2)i.

Розв’язання. Зручно з самого початку перейти вiд систем твiрних пiдпросторiв до їх баз (це спрощує обчислення i зменшує їх об’єм). Для цього треба в кожнiй з матриць, стовпчиками якої є вектори з системи

28

твiрних, видiлити максимальну лiнiйно незалежну систему стовпчикiв. У нашому випадку ранг кожної з матриць

01		1	01		i	00 2			21
	1	0	0				1	0	1
B0 0			1C			B0 1			2C
B				C		B				C
@	0	1	1	A		@	1	1	1	A

дорiвнює 3, тобто данi системи твiрних є базами. Для зручностi позна-

чимо u1 = (1; 1; 0; 0), u2 = (0; 1; 1; 0), u3 = (0; 0; 1; 1), w1 = (1; 0; 1; 0), w2 = (0; 2; 1; 1), w3 = (1; 2; 1; 2).

Розглянемо два методи знаходження бази перетину U \ W двох пiд-

просторiв U i W , заданих своїми базами u1, : : : ; uk i w1, : : : ; wm вiдповiдно.

I спосiб. Вектор v 2 U \ W записуємо у виглядi
v = ®1u1 + ¢ ¢ ¢ + ®kuk = ¯1w1 + ¢ ¢ ¢ + ¯mwm :	(11)

Розписуючи праву рiвнiсть спiввiдношення (11) покоординатно, отриму-

ємо однорiдну систему лiнiйних рiвнянь вiдносно невiдомих ®1; : : : ; ®k,

¯1; : : : ; ¯m. Нехай (®1(i); : : : ; ®k(i); ¯1(i); : : : ; ¯m(i)), i = 1; : : : ; r, фундаментальна система розв’язкiв отриманої системи. Покажемо, що вектори

v1 = ®1(1)u1 + ¢ ¢ ¢ + ®k(1)uk; : : : ; vr = ®1(r)u1 + ¢ ¢ ¢ + ®k(r)uk

утворюють базу перетину U \W , тобто лiнiйно незалежну систему твiрних. Справдi, з (11) випливає, що всi цi вектори належать перетину U \ W . Позаяк фундаментальна система розв’язкiв породжує всю множину розв’язкiв системи рiвнянь, то вектори v1, : : : ; vr є системою твiрних перетину U \ W . Нарештi, якщо °1v1 + ¢ ¢ ¢ + °rvr = 0, то з (11) випливає, що

Xr

°i(®1(i); : : : ; ®k(i); ¯1(i); : : : ; ¯m(i)) = (0; : : : ; 0) :

i=1

Розв’язки з фундаментальної системи лiнiйно незалежнi, тому °1 =

¢ ¢ ¢ = °r = 0. Отже, вектори v1, : : : ; vr лiнiйно незалежнi.

З (11) випливає, що вектори v1, : : : ; vr можна визначати i рiвностями

v1 = ¯1(1)w1 + ¢ ¢ ¢ + ¯m(1)wm; : : : ; vr = ¯1(r)w1 + ¢ ¢ ¢ + ¯m(r)wm ;

29

якi можна використати для контролю правильностi обчислень.

У нашому випадку права рiвнiсть з (11) має вигляд

021

®1

011

+ ®2 011

+ ®3 001

= ¯1 001 + ¯2 021

+ ¯3

:

1

0

0

1

0

1

B0C

B0C

B1C B0C B1C

B2C

B C

B C

B C B C B C

B C

@

0

A

@

1

A

@

1

A @

1

A @

1

A

@

1

A

Розв’язуючи вiдповiдну однорiдну систему лiнiйних рiвнянь, отримуємо:

0 1 1 0 0 ¡2 ¡2

¯

0 1 0

0

1 0 1 ¡2 ¡1

¯

0

1

Ã

0 1 1

1

1

1

¯

0

Ã

0

1 0 1 0

1

¯

0

B

1 0 0 ¡1 0

¡1

¯

0

C B

1

0 0 ¡1 0 ¡1

¯

0

C

¡

¡

¡

2

0

0

¡

1

2

0

0 0 1 0

1

¯

0 1 0

¯

B

¡

¡

¯

C

B

¡

¡

¯

C

@

¯

A

@

¯

A

¯

¯

0

1

0

0

1 0

¯1 0

1 0 0 0

1

2¯

¯

0

1:

Ã

0

1

0 ¡1 0

1

¯

0

1 0 0 1 0 0

¡1 0

0

0

0

1 0

1

2

¯

0

Ã

0 0 1 0

¡1

¡

2

¯

0

B

¡

¡

¯

C B 0 0 0 1

¯

C

0

0

0 2

¡2

¡2

¯

0

¡1

¡1

¯

0

B

¡

¡

¯

C

B

¡

¡

¯

C

@

¯

A

@

¯

A

¯

¯

Отже, фундаментальна система¯

мiстить 2 розв’язки: (2; 0; 2; 1; 0¯; 1)

та

(1; 1; 1; 1; 1; 0). Це дає нам базу перетину з 2 векторiв:

v1 = 2u1 + 2u3 = w1 + w3 = (2; 2; 2; 2) ;

v2 = u1 + u2 + u3 = w1 + w2 = (1; 2; 2; 1) :

II спосiб. Спочатку шукаємо однорiднi системи лiнiйних рiвнянь S1 i S2, множинами розв’язкiв яких є вiдповiдно пiдпростори U i W (див. зад. 1.4). Тодi перетин U \ W є множиною розв’язкiв однорiдної систе-

ми ½S1 . Фундаментальна система розв’язкiв цiєї системи i буде базою

S2

перетину U \ W .

У нашому випадку це виглядає так. Для знаходження системи S1 розв’язуємо однорiдну систему лiнiйних рiвнянь, рядками основної ма-

трицi якої є вектори системи твiрних пiдпростору U:
0 0	1	1	0	¯	0 1 Ã 0 0 1 0				¡1	¯	0 1:
0	0	1	1	¯	0	0	0	1	1	¯	0
1	1	0	0	¯	0	1	0	0	1	¯	0
@				¯	A	@				¯	A
				¯		30				¯
				¯						¯