LinearSpaces_2013

	27		71	41
Отже	T	9	20	9		, тоді, якщо вектор	x в базисі B1 має
		4	12	8

координати (x1 , x2 , x3 ) , а в B2 – (x1

, x2

, x3 ) , то

x

27

71

41 x

1

1

x2

9

20

9

, звідси

x2

x3

4

12

8

x3

x1 27 x1

71x2

41x3 ,

x2

,

9x1

20 x2

9x3

x3

4x1

12 x2

8x3 .

3.Нехай лінійний підпростір L1 є підмножиною лінійного підпростору L2 . Довести, що розмірність L1 не перевищує розмірності L2 , причому

розмірності рівні тоді і тільки тоді, коли L1 = L2 .

Розв’язування.
Припустимо, що dim L1 k , dim L2	m . Вектори		a1 , a2 , ak L1
утворюють базис підпростору L1 . Оскільки	L1 L2 ,	то вектори a1 , a2 , ak
утворюють лінійно незалежну систему у підпросторі		L2 . Але dim L2 m , а

тому в L2 не існує лінійно незалежних систем з числом векторів, більшим m .

Отже, k m . Припустимо,	що k m . Тоді число векторів у базисі a1 , a2 , ak
підпростору L1 дорівнює	dim L2 . Оскільки a1 , a2 , ak L2 , то вектори

a1 , a2 , ak утворюють базис підпростору L2 .		А тому будь-який вектор x L2
лінійно виражається через базис,	тобто	x 1a1 2 a2	k ak . Це
означає, що x L1 . Отже L2 L1 . Оскільки за умовою L1 L2			, то L1 = L2 .
4. Знайти розмірність і базис лінійної оболонки системи векторів:
a1 (1, 0, 0, 1), a2 (2, 1, 1, 0), a3	(1, 1, 1, 1), a4 (1, 2, 3, 4), a5 (0, 1, 2, 3) .
Розв’язування.
Складемо з векторів a1 , , a5	матрицю, записавши їх, наприклад, в

рядочок, і за допомогою елементарних перетворень над рядочками з’ясуємо кількість лінійно незалежних рядків. Ця кількість і буде дорівнювати розмірності простору. Відповідні лінійно незалежні вектори і будуть утворювати базис простору.

21

1 0			0	1			1		0	0	1			1 0			0	1
	2	1	1		0			0	1	1	2				0	1	1	2
	1	1	1		1			0	1	1	2
															0	0	1	1
1		2	3		4		0		2	3	5
															0	0	1	1
	0	1	2		3			0	2	3	5
	1 0		0	1
0 1			0	1	.
			1	1
	0 0

Отже, розмірність простору дорівнює 3, а базис утворюють, наприклад, вектори a1 , a2 , a4 . Базис визначаються неоднозначно.

5.Знайти систему лінійних рівнянь, що задає лінійний підпростір, натягнутий на таку системи векторів:

a1 (1, 1, 1, 0), a2 (1, 1, 0, 1), a3 (2, 0, 1, 1) .

Розв’язування.

		Будь-який вектор										x (x1 , x2 , x3 , x4 ) з підпростору лінійно виражається
через вектори a1 , a2 , a3 .												Тобто, його можна представити у вигляді лінійної
комбінації цих векторів:
	1				1				2			x
													1
	1				1				0			x2
1	1			2	0			3	1		x			.
													3
	0				1				1
												x4

Запишемо розширену матрицю:

1		1	2		x			1		1	2			x		1		0	1			x x
						1								1								1			4
	1 1		0		x2				0	2	2	x2		x1			0	0	0	x2 x1 2x4
	1	0	1		x				0	1	1	x		x			0	0	0	x		x		x		.
						3							3	1							4		3		1
	0	1	1						0	1	1			x4			0	1	1			x4
					x4

Отже перейдемо до шуканої системи рівнянь:

x2 x1 2x4 0,x4 x3 x1 0

причому

				x		x	4 .
	1		3		1
	2 3				x4

22

6.Знайти розмірність s суми і розмірність d перетину лінійних підпросторів :

L1	– лінійна оболонка a1	(1, 1, 1, 1), a2	(1, 1, 1, 1),	a3 (1, 3, 1, 3) ,
L2	– лінійна оболонка b1	(1, 2, 0, 2), b2	(1, 2, 1, 2), b3	(3, 1, 3, 1) .

Розв’язування.

Щоб знайти розмірність суми лінійних підпросторів, складемо з векторів підпросторів L1 і L2 матрицю, записавши їх, наприклад, в рядок, і за

допомогою елементарних перетворень над рядками маємо:

1 1 1			1		1 1			1	1
	1	1 1	1			0	2	0	2			1	1	1	1
1		3 1	3		0 2			0	2
												0	1	0	1	.
1		2 0	2		0		1	1	1			0	0	1	0
	1	2 1	2			0	1	0	1
	3 1 3		1			0	2	0	2

Отже, dim( L1 L2 ) =3, звідси ж видно, що dim L1 =2. Знайдемо розмірність L2 :

1		2	0	2		1		2	0	2
	1	2	1	2			0	0	1	0	, отже dim L2	=3.
	3 1		3	1			0	5 3		5

З теореми про розмірність суми та перетину маємо:

dim( L1 L2 ) dim L1 dim L2 dim( L1 L2 ) =2+3–3=2.
7. Знайти базис суми і перетину лінійних підпросторів,		натягнутих на
системи	векторів a1 (1, 2, 1, 2), a2 (2, 3, 1, 0), a3 (1, 2, 2, 3)		і
b1 (1, 1, 1, 1), b2 (1, 0, 1, 1), b3 (1, 3, 0, 4) .
Розв’язування.
Щоб знайти базис суми лінійних підпросторів, складемо з векторів
підпросторів	L1 і L2 матрицю, записавши їх, наприклад,	в рядок, і	за

допомогою елементарних перетворень над рядками маємо:

23

1 2 1				2			1 2			1	2			1 2			1	2
	2 3		1	0				0	1	1	4				0	1	1	4
	1	2	2	3				0	0	1	1				0	0	1	1
1		1	1	1			0		1 0		3			0 0			1	1
	1	0	1	1				0	2 0		1				0	0	2	7
	1	3	0	4				0	1	1	2				0	0	2	2

1		2	1	2		1		2	1	2
	0	1	1	4			0	1	1	4
	0	0	1	1			0	0	1	1	.
	0	0	2	7			0	0	0	1

Лінійно незалежні вектори, що залишились, і будуть утворювати базис. Отже, базис складають вектори a1 , a2 , a3 , b2 . Базис визначається

неоднозначно.

Якщо вектор належить перетину півпросторів, то його можна представити у вигляді лінійної комбінації векторів з базисів цих підпросторів. Базис L1 складають вектори a1 , a2 , a3 . Знайдемо базис L2 .

1 1 1			1		1 1			1	1
1	0	1	1			0	1	0	2	.
	3	0	4			0	2	1	5
1

Отже, базис L2	складають вектори b1 , b2 , b3 .
Можна	скористатись	формулою	з	попередньої	задачі

dim( L1 L2 ) dim L1 dim L2 dim( L1 L2 ) , щоб визначити кількість векторів в базисі перетину: dim( L1 L2 ) =3+3–4=2.

Далі, якщо вектор z L1 L2 , то

z x1a1 x2 a2 x3 a3 y1b1 y2b2 y3b3 .

Маємо систему:

x 2x			x		y y		y			x 2x			x		y y		y		0
	1	2		3	1	2		3			1	2		3	1	2		3
	2x1 3x2 2x3 y1 3y3								,		2x1 3x2 2x3 y1 3y3								0	.
	x1 x2 2x3 y1 y2										x1 x2 2x3 y1 y2								0
	2x1 3x3 y1 y2 4 y3										2x1 3x3 y1 y2 4 y3								0

Знайдемо фундаментальну систему розв’язків (ФСР) однорідної системи, записавши рівняння системи в матричному вигляді.

1		2	1	1	1	1		1 2			1	1	1	1
	2	3	2	1	0	3			0	1	0	1	2	1
	1	1	2	1	1	0			0	1	1	0	0	1
	2	0	3	1	1	4			0	4	1	3	1	2

24

1		2	1	1	1	1		1		2	1	1	1	1
	0	1	0	1	2	1			0	1	0	1	2	1
	0	0	1	1	2	2			0	0	1	1	2	2
	0	0	1 1		7	2			0	0	0 0		5	0

	1 2						1 1			1		1				1 2		0 0 0 3
			0 1				0 1 2						1				0 1	0 1 0 1
			0 0				1 1 2						2				0 0	1 1 0 2
			0 0				0 0			1			0				0 0 0 0 1 0
			1		0		0		2	0		5
			0		1		0 1			0		1
			0 0				1 1 0					2	.
			0		0		0		0	1		0
Отже, маємо систему:
x		2 y					5y
1					1				3
		x2			y1		y3		,
x3 y1						2 y3
					y2 0
де y1 ,					y3 – незалежні змінні.
					ФСР:
								x1				x2				x3			y1		y2			y3
					d1			-2				1				1			1		0			0
					d 2			5				-1				-2			0		0			1
Отже, вектори
z1 2a1 a2 a3 b1 ,
z2 5a1 a2 2a3 b3
є шуканими векторами перетину.
	8.				Довести, що сума S лінійних підпросторів L1																	і L2 є прямою сумою тоді
					і тільки тоді, коли для принаймні одного вектора x S																				існує єдиний
					розклад у суму x x1 x2 , де x1													L1 , x2 L2 .
					Розв’язування.
					За умовою					S L1			L2 . Зрозуміло,							що коли		S L1 L2 ,			то для будь-
якого					вектора					a S			існує				єдиний			розклад		у	суму a a1 a2 , де
a1 L1 , a2						L2 .			Припустимо навпаки,									що		S L1 L2			та для деякого вектора
x S існує єдиний розклад у суму x x1 x2 , де x1																						L1 , x2 L2 . Нехай y S .

25

Оскільки

S L1 L2 , то

для

y S

існує

розклад

у

суму

y y1

y2 , де

y1 L1 , y2 L2 . Залишилось,

що цей розклад єдиний. Припустимо,

що існує

інший

розклад

y z1 z2 ,

де

z1 L1 , z2 L2 .

Тоді

x x y y (x1 x2 ) ( y1 y2 ) (z1 z2 ) (x1 y1 z1 ) (x2 y2 z2 ) =

c1 c2 ,

де c1 x1 y1 z1 ,

c2 x2 y2

z2 . Зрозуміло, що

c1 L1 , c2 L2 ,

причому

x c1

c2 .

Але

для

вектора

x

розклад

у

суму

x x1 x2 , де

x1 L1 , x2

L2 ,

єдиний.

Отже,

c1 x1 , c2 x2 .

Це

означає,

що

x1 y1 z1 x1 ,

x2 y2 z2

x2 . Звідси

z1

y1 , z2

y2 , а тому

для

y S

розклад також єдиний. Отже, S L1 L2 .

9. Підпростір L векторного простору V

є лінійною оболонкою системи

векторів

a1 (1, 0, 2, 1), a2 (2, 1, 2, 3), a3 (0, 1, 2, 1) .

Знайти

базис

фактор-простору V / L .

Розв’язування.

Ідея розв’язування пов’язана з таким фактом. Якщо вектори b1 ,b2 , ,bk

утворюють базис підпростору

L , то цей базис можна доповнити до базису

простору

векторами

bk 1 ,bk 2 , ,bn .

Тоді

система

елементів

[bk 1 ],[bk 2 ], ,[bn ] V / L

утворює

базис

фактор-простору

V / L .

Отже,

знаходимо базис підпростору L і

доповнення цього базису

до базису

простору V . Доповнення лінійно незалежної системи векторів до базису

простору

можна

взяти

з

будь-якого

базису

простору.

Оскільки

L a1 , a2 , a3 ,

то за базис L можна взяти будь-який базис системи векторів

a1, a2 , a3 . Отже, знаходимо базис системи векторів a1, a2 , a3 , а доповнення

цього базису	до базису		простору				беремо			з стандартного базису
e1 (1, 0, 0, 0), e2	(0, 1, 0, 0), e3 (0,0, 1, 0), e4						(0,0, 0, 1) простору.
Координати векторів a1, a2 , a3 , e1 ,e2 ,e3 ,e4									послідовно записуємо в
стовпчики матриці A порядку 4 7
		1	2	0	1		0	0	0
		0	1	1	0		1	0	0
	A	2	2	2	0	0		1	0	.
		1	3	1	0		0	0	1

Зрозуміло, що ранг матриці A дорівнює 4, оскільки останні чотири стовпчики лінійно незалежні. Кожен стовпчик матриці A відповідає одному з початкових векторів a1, a2 , a3 , e1 ,e2 ,e3 ,e4 . Далі ця відповідність зберігається і

виконуються елементарні перетворення лише рядків матриці, а стовпчики не переставляються. Перетворення рядків полягає в тому, що в матриці за

26

рахунок перетворень рядків одержуються стовпчики, які разом складають одиничну матрицю E при умові, що за рахунок перших трьох стовпчиків, що відповідають підпростору L , одержується максимальне число стовпчиків і ці стовпчики доповнюються стовпчиками, які одержуються з інших чотирьох стовпчиків. Тоді початкові вектори, що відповідають стовпчикам одиничної матриці E в заключній матриці, утворюють базис простору V .

1 2 0				1	0	0	0			1		2	0	1 0	0	0
	0	1	1	0	1	0	0				0	1	1	0 1	0	0
	2	2 2		0	0	1	0				0	2	2	2 0	1	0
	1	3 1		0	0	0	1				0	1	1	1 0	0	1
1		0	2	1 2			0		0
	0	1	1	0		1	0		0
	0	0	0	2 2 1					0	.
	0	0	0	1		1 0			1

Одержуємо матрицю, в якій стовпчики з номерами 1, 2, 6, 7 разом утворюють одиничну матрицю E . У початковій матриці A цим стовпчикам відповідають вектори a1 , a2 , e3 , e4 . Це означає, що вектори a1 , a2 , e3 , e4

утворюють базис простору V . При цьому вектори a1 , a2 утворюють базис підпростору L , а вектори e3 (0,0, 1, 0), e4 (0,0, 0, 1) є доповненням цього

базису	до базису простору V . Отже, базисом фактор-простору V / L є
елементи [e3 ],[e4 ], де e3 (0,0, 1, 0), e4 (0,0, 0, 1) .
10. Довести, що		існує єдиний лінійний оператор A	тривимірного
простору, що переводить вектори a1 , a2 , a3 відповідно в b1 , b2 , b3 , і
знайти матрицю C цього оператора в тому ж базисі,			в якому задано
координати усіх векторів:
a1	(2, 3, 5) , b1	(1, 1, 1) ,
a2	(0, 1, 2) , b2	(1, 1, 1) ,
a3	(1, 0, 0) , b3	(2, 1, 2) .

Розв’язування.

З умови задачі випливає, що

A (a1 ) Ca1 b1 ,

A (a1 ) Ca2 b2 ,

A (a3 ) Ca3 b3 ,

27

	x	x	x
	11	12	13
де	C x21	x22	x23	.
		x32	x33
	x31

Якщо все розписати, то ми отримаємо 9 рівнянь з 9 невідомими, або ж

матричне рівняння CA B , де A складається із векторів
						ai , i	1, 3	,
записаних у стовпчики, та B – із векторів bi ,			i	1, 3	, записаних у стовпчики.
Його розв’язком є CT (AT ) 1 BT . На практиці			складемо розширену матрицю
з векторів ai , bi , i	1, 3	, записаних у рядки,	і за допомогою елементарних

перетворень над рядками отримаємо в лівій частині одиничну матрицю, а в правій – CT .

Маємо:

1		0 0			2 1		2			1 0 0		2	1	2	1 0 0		2 1	2
	0	1		2	1 1		1				0 1 2	1	1 1			0 1 2	1 1	1
	2	3		5	1 1		1				0 3 5	3	1			0 0 1	6 4
														3				0
	1	0		0			1		2
					2
	0	1		0	11	7			1 , отже
	0	0		1	6		4		0
			2	11		6
C			1	7		4	.
			2		1	0

11. Лінійний оператор A в базисі e1 , e2 , e3			має матрицю
	15	11	5
A	20	15	8	.
	8	7	6

	Знайти			його матрицю	в	базисі f1	2e1 3e2 e3 ,	f2 3e1 4e2 e3 ,
		f3 e1 2e2 2e3 .
	Розв’язування.					2, 3, 1 ,
	З умови задачі випливає: f1						f2 (3, 4, 1) , f3	(1, 2, 2) .
Позначимо			B1 {e1 , e2 , e3 }, B2		{ f1 , f2 , f3 } ,		T – матриця переходу від базису
B1 до базису B2 .
	Знайдемо матриці T і T 1 (див. задачу 1).
	2	3	1
T	3	4	2	.
	1	1	2

28

																					0 1
2 3 1				1 0				0				1 1 2			0 0	1		1 0		6		4
	3 4 2			0 1				0				0 1 4			0 1	3			0 1	4	0 1	3
	1 1 2			0 0				1				0 1 3			1 0	2			0 0	1	1 1
																						1
										2
		1	0		0	6		5
		0 1 0				4		3 1				.
		0	0		1	1		1			1
						6				5		2
Звідси T 1							4		3			1	.
							1		1			1

Як відомо, шукану матрицю можна знайти за формулою:

			6 5			2 15					11	5 2					3	1
B T 1 AT			4 3			1			20		15	8				3	4	2
			1 1			1			8		7	6				1	1	2
6 5			2 2			3	1		1		0	0
	8	6	2		3	4	2			0	2	0	.
	3	3	3		1	1	2			0	0	3

12. Нехай

3 A

4

4 B

6

оператор A в			базисі a1	(1, 2) ,	a2		(2, 3)	має матрицю
5		. Оператор B	в базисі	b (3, 1)	,	b	(4, 2)	має матрицю
3				1		2

. Знайти матрицю оператора A + B в базисі b , b .

91 2

		Розв’язування.
		Позначимо					B1		{a1 , a2 } , B2		{b1 , b2 },			T – матриця переходу від базису
B1	до базису B2 . Нехай оператору A в базисі B2 відповідає матриця
															A , тоді
	T	1	AT .
A
		Знайдемо матриці T і T 1 .
1	2	3 4				1	2		3 4	1	0	7	8
														.
	3	1 2					1				1	5	6
2						0			5 6	0
Звідси T				7		8
								.
					5		6

29

7						8						1				0						7		8	1 0										2			2			1 1				2		2	1 1
	5					6						0											5 6		0			1								5 6					0 1						2	2 3
																1																													1
																							1 0					3				4
1 2									2									3
																												5					7		, тоді
				2						5							7							0 1
0
																												2					2
					3									4
T	-1						5									7					,
						2
																2
				3									4									5 7							8						25							27		7	8				40					38
						5														3															43																71
															7																																								.
A
																																																						34
																					4	3 5								6												23		5	6
						2																														2															2
															2
Тоді оператору A + B в базисі B2																																				відповідає матриця
													40								38					4		6							44							44
														71																								1
		B																																									.
A
																						34				6		9							29							25
														2																								2

13. Знайти власні числа та власні вектори лінійного оператора, заданого в деякому базисі матрицею

	4	5	2
	5	7	3
				.
	6	9	4

Розв’язування.

За

означенням

власний

вектор x лінійного

оператора

A

задовольняє рівність

A (x) x ,

де – власне число.

Отже, якщо A

– матриця

лінійного

оператора A, то Ax x

або

( A - E)x 0 .

Ця

система

має

нетривіальний

розв’язок,

якщо ( )

A - E

0.

4

5

2

( )

5

7

3

2 ( 1) 0.

6

9

4

Звідси 1

2

0 , 3

1 .

Знайдемо власні вектори для 1 2 0 . З означення ( A - 1 E)x 0 .

30