kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Линейная зависимость векторов. Базис

ТЕМА 8. ЛИНЕЙНАЯ ЗАВИСИМОСТЬ ВЕКТОРОВ. БАЗИС.

Определение 1. Линейной комбинацией векторов a1, a2, . . . , an называется вектор a , определяемый по формуле

n

X

a = α1a1 + α2a2 + . . . + αnan = αiai,

i=1

где αi некоторые числа.

Пусть, например, векторы a , b и c компланарны, тогда вектор c можно разложить

по правилу параллелограмма по векторам a и b : c = αa + βb, где α и β некоторые числа. Значит, вектор c является линейной комбинацией векторов a и b .

Определение 2. Векторы a1, a2, . . . , an называются линейно зависимыми, если существуют действительные числа α1 , α2, . . . , αn, из которых по меньшей мере одно

отлично от нуля, такие, что
α1a1 + α2a2 + ... + αnan = 0.	(1)

В противном случае (т. е. когда таких чисел не существует) векторы называются линейно независимыми; другими словами, векторы линейно независимы, если равенство

(1) выполняется лишь при α1 = α2 = . . . = αn = 0.

Утверждение 1. Векторы a1, a2, . . . , an (n > 1) линейно зависимы тогда и только тогда, когда по крайней мере один из них является линейной комбинацией остальных.

Утверждение 2. Два вектора a и b линейно зависимы тогда и только тогда, когда они коллинеарны.

Утверждение 3. Если e1 и e2 два неколлинеарных вектора некоторой плоскости, то любой третий вектор a той же плоскости можно единственным образом представить в виде линейной комбинации векторов e1 и e2 , т. е. в виде a = xe1 + ye2.

Теорема 1. Для того чтобы три вектора a, b и c были линейно независимы, необходимо и достаточно, чтобы они были некомпланарны.

Определение 3.Три упорядоченных линейно независимых вектора e1 , e2 , e3 называются базисом в пространстве.

Из теоремы 1 следует, что в пространстве базис образуют три любых некомпланарных вектора.

Если вектор a представлен в виде линейной комбинации некоторых векторов, то говорят, что он разложен по этим векторам.

Теорема 2. Любой вектор

в пространстве может быть разложен по базису

a

1 ,

2 ,

3 , то есть может быть представлен в виде

причем

e

e

e

a

= xe

1 + ye2 + ze3,

единственным образом. Числа

x, y, z называются координатами вектора

в базисе

a

1 ,

2 ,

3 .

e

e

e

Доказательство представления вектора a через линейную комбинацию e1 , e2 , e3 следует из определения суммы векторов.

Покажем единственность представления. Пусть a = x1e1 + y1e2 + z1e3 и a = x2e1 + y2e2 + z2e3. Вычитая, получим

(x1 − x2)e1 + (y1 − y2)e2 + (z1 − z2)e3 = 0.

1

Из линейной независимости векторов e1 , e2 , e3 следует, что

x1 − x2 = 0 x1 = x2, y1 − y2 = 0 y1 = y2, z1 − z2 = 0 z1 = z2.

Значит, разложение вектора единственно.

Определение 4. Базис называется ортонормированным, если составляющие его

векторы взаимно перпендикулярны и имеют единичную длину.

Пример 1.

Показать, что векторы

= (1, 2, 3),

= (−1, 2, 1) и

= (0, 2, −1) образуют базис, и

p

q

r

найти координаты вектора d = (3, 1, 17) в этом базисе.

Решение. Найдем смешанное произведение векторов

p, q , r :

(p × q, r) =

−1

2

1

= −2 − 6 + 0 − 0 − 2 − 2 = −12.

1

2

3

0

2

−1

Так как ( × ) =6 0

то по

,

условию компланарности векторов, теореме 1 и по

p

q, r

определению 3 векторы

p,

q, и r образуют базис. Обозначив координаты вектора d

в этом базисе через x,

y, z,

имеем

d= x · p + y · q + z · r = x · (1, 2, 3) + y · (−1, 2, 1) + z · (0, 2, −1) =

=(x, 2x, 3x) + (−y, 2y, y) + (0, 2z, −z) = (x − y, 2x + 2y + 2z, 3x + y − z).

Из равенства векторов получаем следующую систему уравнений:

(x − y = 3,

2x + 2y + 2z = 1, 3x + y − z = 17.

Решим эту систему по формулам Крамера. Определитель системы

=	2	2	2	= −2 − 6 + 0 − 0 − 2 − 2 = −12;
	1	−1	0
	3	1	−1
		3	−1		0

	1 =			x =		1			2		2					= −6 − 34 + 0 − 0 − 6 − 1 = −47;
						17			1		−1
						1			3		0
	2 =			y =		2			1		2			= −1 + 18 + 0 − 0 − 34 + 6 = −11;
						3			17		−1
							1			−1	3
	3 =			z =			2 2 1									= 34 + 6 − 3 − 18 − 1 + 34 = 52.
							3		1		17
	x	= −12					12										−12				12			z		−12	3
				−47			47						y				−11				11					52	13
x =					=					, y	=					=				=			, z =		=		= −		.
			¯
Координаты вектора
			d в базисе p¯ , q¯, r¯ равны																	3	.
													12			, 12		, −
													47			11		13

2

1.Преобразование координат

1.1.Переход от одного базиса к другому

Пусть вектор a¯ имеет координаты	(α1, α2, α3) в базисе	p¯ , q¯, r¯ , векторы p¯1 , q¯1 ,
r¯1 также составляют базис и вектор a¯	имеет координаты	(β1, β2, β3) в этом базисе.

Выясним, как связаны между собой координаты вектора a¯ в разных базисах. Для этого предположим известными координаты векторов p¯ , q¯ , r¯ в базисе p¯1 , q¯1 , r¯1 :

p¯ = t11p¯1 + t12q¯1 + t13r¯1,
q¯ = t21p¯1 + t22q¯1 + t23r¯1,	(2)

r¯ = t31p¯1 + t32q¯1 + t33r¯1.

Тогда

a¯ = α1p¯ + α2q¯ + α3r¯ = α1(t11p¯1 + t12q¯1 + t13r¯1)+

+α2(t21p¯1 + t22q¯1 + t23r¯1) + α3(t31p¯1 + t32q¯1 + t33r¯1) = = (α1t11 + α2t21 + α3t31)p¯1 + (α1t12 + α2t22 + α3t32)q¯1+ +(α1t13 + α2t23 + α3t33)¯r1 = β1p¯1 + β2q¯1 + β3r¯1.

Из равенства векторов получим

α1t11 + α2t21 + α3t31 = β1, α1t12 + α2t22 + α3t32 = β2,

α1t13 + α2t23 + α3t33 = β3

или, в матричной форме,

T ·	α2	=	β2	,	где T =	t12	t22	t32	.	(3)
	α1		β1			t11	t21	t31
	α3	β3				t13	t23	t33

Пример 2.

Система координат Oxy повернута вокруг начала координат на угол α . Обозначим новую систему через Ox1y1 и выразим координаты вектора a = (x1, y1) в новой системе через его координаты (x, y) в старой системе.

y

y1 ]J

6

x1

JJ

3

J

J j

J

6

i1

j

1

J]

3

α

-

J

-

O

i

x

3

Решение. Проекция вектора i на ось Ox1

равна cos α , на ось Oy1 (− sin α), т.

о. i = cos α · i1 − sin α · j1. Аналогично j

= sin α · i1

+ cos α · j1. Значит, t11 = cos α ,

t12 = − sin α , t21 = sin α , t22 = cos α и матрица перехода T имеет вид

T = − sin α

cos α .

cos α

sin α

Координаты (x1, y1) вектора

в новой системе координат найдем по формуле (3):

a

− sin α

cos α

· y

= y1

y1

= −x · sin α + y · cos α.

cos α

sin α

x

x1

x1

= x · cos α + y · sin α,

1.2.Линейное преобразование

Обозначим множество всех векторов a¯ = (x, y, z) через R3 и зададим некоторый закон A , переводящий каждый вектор a¯ из R3 в некоторый вектор a¯1 R3 . Будем

это записывать так: Aa¯ = a¯1 . Символ	A будем называть оператором, а сам процесс,
переводящий один вектор в другой, преобразованием.
Определение 5. Оператор A называется линейным:
¯	3	,
1) если для любых векторов a,¯ b R
	¯		¯

A(¯a + b) = Aa¯ + Ab;

2) если α число, то

A(αa¯) = α(Aa¯).

Преобразование, соответствующее линейному оператору, называется линейным преобразованием.

Так, если в (3) векторы (α1, α2, α3) и (β1, β2, β3) рассматривать как векторы в одном базисе, то формула (3) задает линейное преобразование. Более того, верна теорема (которую мы не будем доказывать), что для всякого линейного преобразования оператор A можно рассматривать как матрицу определенного вида и всякая матрица T задает линейное преобразование вида (3).

Определение 6. Линейное преобразование A в пространстве R3 называется ортогональным, если оно сохраняет скалярное произведение любых двух векторов x¯ и y¯ этого пространства, т. е. (Ax,¯ Ay¯) = (¯x, y¯).

Длина вектора x¯ при ортогональном преобразовании не изменяется, т. е. |Ax¯| = |x¯|.

Таким образом,
	(¯x, y¯)	=	(Ax,¯ Ay¯)	.
	|x¯| · |y¯|
			|Ax¯| · |Ay¯|

Из последнего равенства следует, что ортогональное преобразование A не изменяет угла между любыми двумя векторами x¯ и y¯.

Ортогональное преобразование переводит любой ортонормированный базис в ортонормированный. Наоборот, если линейное преобразование переводит какой-нибудь ортонормированный базис в ортонормированный, то оно является ортогональным.

4

1.3.Собственные числа и собственные векторы

При использовании линейных преобразований в различных приложениях особую роль играют ненулевые векторы, которые в результате линейного преобразования переходят в коллинеарные себе.

Пусть

Aa¯ = λa,¯

(4)

λ некоторое число.

Определение 7. Ненулевой вектор a¯ , удовлетворяющий условию (4), называется собственным вектором линейного преобразования A , а соответствующее число λ называется собственным числом.

Укажем процедуру, позволяющую находить собственные векторы и собственные числа.

	a11	a12	a13
Пусть A =	a21	a22	a23		матрица линейного преобразования и
	a31	a32	a33

a¯ = (x, y, z), x2 + y2 + z2 6= 0.

Тогда (4) запишется в виде

Отсюда	a31x + a32y + A33z = λz.
	a21x + (a22 − λ)y + a23z = 0,	(4′)
	(a11 − λ)x + a12y + a13z = 0,
	a11x + a12y + a13z = λx,
	a21x + a22y + a23z = λy,

a31x + a32y + (a33 − λ)z = 0.

Для нахождения x, y, z получили однородную систему. Она имеет ненулевые решения тогда и только тогда, когда ее определитель равен нулю, т. е.

		a21		a22 − λ	a23	= 0,	(5)
	a11 − λ			a12	a13
		a31		a32	a33 − λ
	1	0	0
или |A − λE| = 0, где E =	0	1	0	единичная матрица.
	0	0	1
характеристическим уравнением.
Уравнение (5) называют

Раскрывая определитель, получим уравнение вида

λ3 + pλ2 + qλ + r = 0.

Это уравнение имеет по крайней мере один действительный корень λ0 . Подставляя его в систему (4′) , находим координаты собственного вектора.

Пример 3.

5

Найти собственные числа и собственные векторы линейного преобразования, заданного матрицей

2

A =

5

.

2

8

Решение. Характеристическое уравнение в данном случае принимает вид

5 2

8 − λ

= 0 (5 − λ) · (8 − λ) − 4 = 0,

− λ

2

или

2

− 13λ + 36 = 0.

λ

Откуда λ1 = 4 , λ2 = 9 собственные числа линейного преобразования.

Из формулы (4) получим систему для определения собственных векторов. Пусть

=

a

(x, y) , тогда

Aa

= λa,

или

2

8

y

= λ

y

2x + 8y = λy,

5

2

x

x

5x + 2y = λx,

отсюда

(5 − λ)x + 2y = 0, 2x + (8 − λ)y = 0.

При λ1 = 4 получим систему

x + 2y = 0, 2x + 4y = 0.

Второе уравнение является следствием первого. Отсюда x = −2y , где y произвольное число. Решением системы является любой вектор вида (−2y, y) . Положив y = c , где c произвольная постоянная, получим первый собственный вектор a1 = (−2c, c) = c(−2, 1).

При λ2 = 9 получим систему

−4x + 2y = 0, 2x − y = 0.

Здесь можно рассматривать первое уравнение как следствие второго. Из второго уравнения имеем y = 2x , где x произвольное число. Решением системы является любой вектор вида (x, 2x) . Положив x = c , получим второй собственный вектор a2 = (c, 2c) = c(1, 2).

Пример 4.

Найти собственные векторы и собственные числа линейного преобразования,

заданного матрицей		A =	−4	4	0	.
			0	1	0
Решение.			−2	1	2.
	Характеристическое уравнение имеет вид
	−4		4 − λ		0		=
		−λ	1		0
		−2	1	2 − λ

6

= (−λ) · (4 − λ) · (2 − λ) + 4 · (2 − λ) = (2 − λ) · (λ2 − 4λ + 4) = = −(λ − 2) · (λ − 2)2 = −(λ − 2)3 = 0.

Единственное собственное значение здесь λ = 2 . Подставляя λ = 2 в систему (4’), получим

(−2x + y = 0, −4x + 2y = 0, −2x + y = 0.

Отсюда y = 2x ; x и z произвольные числа. Решением системы является любой вектор вида

(x, 2x, z) = x(1, 2, 0) + z(0, 0, 1),

являющийся линейной комбинацией векторов (1, 2, 0) , (0, 0, 1) . Собственные же векторы имеют вид

a¯ = c1(1, 2, 0) + c2(0, 0, 1),

где c1 и c2 произвольные постоянные, одновременно не равные нулю.

Пример 5.

Найти собственные значения и собственные векторы линейного преобразования,

заданного матрицей				.
A =	1	5	1
	1	1	3
	3	1	1

Решение. Характеристическое уравнение в данном случае запишется так:

	1 1	5 − λ	1	= 0.
	− λ	1	3
	3	1	1 − λ

Находим

(1 − λ)(5 − λ)(1 − λ) + 3 + 3 − 9(5 − λ) − (1 − λ) − (1 − λ) = 0,

5 − λ − 10λ + 2λ2 + 5λ2 − λ3 + 6 − 45 + 9λ − 2 + 2λ = 0,

−λ3 + 7λ2 − 36 = 0 или λ3 − 7λ2 + 36 = 0.

Перегруппируем слагаемые в последнем уравнении:

λ3 − 7λ2 + 36 = λ3 − 6λ2 − λ2 + 36 = λ2(λ − 6) − (λ2 − 36) =

= λ2(λ − 6) − (λ − 6)(λ + 6) = (λ − 6)(λ2 − λ − 6) = 0.

Отсюда

λ− 6 = 0,

λ= 6

или

λ2 − λ − 6 = 0, λ = 3 или λ = −2.

Получили три собственных числа: λ1 = 6 , λ2 = 3 , λ3 = −2 .

7

Теперь найдем соответствующие им собственные векторы. Для данной матрицы A система (4′) примет вид

							(1 − λ)x + y + 3z = 0,
							x + (5 − λ)y + z = 0,
							3x + y + (1 − λ)z = 0.
При λ1 = 6 получим
									x − y + z = 0,
								−5x + y + 3z					= 0,
								3x + y − 5z = 0.
Решим ее методом Гаусса:
				−		1		3		0			0	−4 8			0
				=	15	−1 1				0			1 −1 1				0
			A
					3	1 −5				0			0 4 −8				0
						−						0	1	−2
									0							0
					0	4	8
					1 −1 1				0 1				−1 1			0 .
					0	0	0		0			0	0	0		0
rang(A) = 2 < n = 3, значит, система									имеет нетривиальные						решения.
					y − 2z = 0,								y = 2z,
				x − y + z = 0								x − y = −z.
Переменная z свободная, а x и y базисные. Полагая z = c,																		находим y = 2z = 2c,

x = y − z = 2c − c = c . Значит, первый собственный вектор имеет вид a1 = (c, 2c, c) = c(1, 2, 1).

При λ2 = 3 получим							x + 2y + z = 0,
						−2x			+ y + 3z = 0,
							3x + y − 2z = 0.
	A =			1				0		1 2		1			0
			1 2 1
			−2			3		0		0	5	5			0
			3 1 −2					0		0 −5 −5					0
				0	5	5		0		0 1	1		0
		1 2 1						0 1 2 1					0 .
				0	0	0		0		0 0	0		0

Снова rang(A) = 2 < n = 3. Восстановим систему по последней матрице:

x + 2y + z = 0		x + 2y = −z.
y + z = 0,		y = −z,

Переменная z свободная, а x и y базисные. Полагая z = c , получаем y = −c , x = −z − 2y = −c + 2c = c . Второй собственный вектор a2 имеет вид a2 = (c, −c, c) = c(1, −1, 1).

При λ3 = −2 имеем

3x + y + 3z = 0,

x + 7y + z = 0,3x + y + 3z = 0.

8

A = 1			7 1			0				1 7		1		0
		3	1	3		0				3	1	3		0
		3	1	3		0				0	0	0		0
		0 −20 0					0			0 1 0					0	.
		1 7 1					0		1 7 1						0
		0	0	0			0			0	0 0				0

rang(A) = 2 < 3, значит, система имеет ненулевые решения.

x + 7y + z = 0		x = −z,
y = 0,		y = 0,

x и y базисные переменные, z свободная.

Полагая z = c, находим x = −c. Откуда получаем третий собственный вектор a3 = (−c, 0, c) = c(−1, 0, 1).

9