Алгебра для статистиков 1 семестр

Контрольная работа № 4 «Решение однородных систем линейных уравнений (отыскание нормальной ФСР)»

Типовой вариант:

Найти нормальную фундаментальную систему решений и общее решение однородной системы уравнений

Решение типового варианта.

Предварительно упростим систему с помощью элементарных преобразований. Выпишем и преобразуем ее основную матрицу:

Ясно, что ранг матрицы A равен 2:

r = 2.

Так как r = 2 < n = 4 , то система имеет бесчисленное множество решений. Следовательно, ее фундаментальная система решений не пуста. Поскольку n −r =2 , то фундаментальная система решений состоит из двух решений.

Найдем эти решения. Для этого от преобразованной матрицы вернемся к системе:

Так как r = 2 , то число базисных переменных равно 2 , а число свободных переменных равно n −r =4 −2 =2 . Поскольку базисный минор матрицы расположен в ее двух первых столбцах, то базисными переменными будем считать переменные x1 и x2 , а свободными – переменные x3 и x4 . Перенесем

слагаемые, содержащие свободные переменные x3 и x4 , в правые части уравнений:

Следовательно, первое решение системы есть

Итак, нормальную фундаментальную систему решений данной системы линейных уравнений образуют векторы

Так как произвольное решение системы можно разложить по базису x(1), x(2), то общее решение этой системы записывается в виде

x =C1x(1) +C2 x(2),

где C1, C2 – произвольные постоянные. В покомпонентной форме оно имеет вид

x1 =−14 C1 + 74 C2 ,

x2 = 32 C1 − 12 C2 , ■

x3 =C1,x4 =C2 .

2

Тест № 2 «Линейные пространства»

Типовой вариант:

1. Пусть x, y, z – линейно независимая система векторов произвольного линейного пространства. Будет ли линейно независимой система векторов x, x − y, x + y − z ?

Решение типового варианта.

1. По условию векторы x, y, z линейно независимы, следовательно, ра-

венство

α x + β y +γ z =0

имеет место только в случае, когда все коэффициенты α, β, γ равны нулю. Исследуем на линейную зависимость векторы x, x − y, x + y − z . Пусть имеет место равенство

α x + β (x − y)+γ (x + y − z)=0 ,

где α, β, γ – неопределенные коэффициенты. Перепишем это равенство в виде

(α + β +γ )x +(− β +γ )y −γ z =0 .

По условию это равенство имеет место только в случае, когда все коэффициенты линейной комбинации векторов x, y, z , стоящей в его левой части,

равны нулю:

Очевидно, что полученная система уравнений имеет только нулевое решение, а это означает, что векторы x, x − y, x + y − z линейно независимы. ■

2. Известно, что любая линейно независимая совокупность элементов линейного пространства образует базис данного пространства, если число элементов в этой совокупности равно размерности пространства. Поскольку размерность пространства строк A3 равна 3, то достаточно проверить только

1

Так как эта система, очевидно, имеет только нулевое решение, то строки

Эта система, очевидно, также имеет только нулевое решение, следовательно, строки e1′′, e2′′, e3′′ линейно независимы.

Итак, доказано, что совокупности строк e1′, e2′, e3′ и e1′′, e2′′, e3′′ являются базисами пространства A3 . Найдем разложение каждого из векторов базиса

e1′′, e2′′, e3′′ по базису e1′, e2′, e3′. Пусть

e1′′=α1e1′ +α2e2′ +α3e3′ ,

где α1, α2 , α3 – неопределенные коэффициенты. Применяя правила выполнения операций над строками, приходим к равенству

(1, 1, 0)=(α3 , α2 +α3 , α1 +α2 +α3 ),

Решение этой системы есть

α1 =−1, α2 =0, α3 =1.

Следовательно,

e1′′= −1 e1′ +0 e2′ +1 e3′.

Аналогично находим разложения по базису e1′, e2′, e3′ векторов e2′′ и e3′′:

e′2′ =1 e1′ −2 e′2 +1 e3′, e3′′ = −3 e1′ +3 e′2 −1 e3′ .

Используя полученные разложения, выпишем искомую матрицу перехода от базиса e1′, e2′, e3′ к базису e1′′, e2′′, e3′′:

2

3. Перепишем условия (1) в виде

Отсюда видно, что эти условия представляют собой однородную систему линейных уравнений относительно компонент столбцов, принадлежащих подпространству L . Множество решений этой системы совпадает с подпространством L . Выпишем матрицу системы:

Ясно, что ранг матрицы A равен r = 2. Следовательно, подпространство решений системы имеет размерность n −2 , а его базис образуют n −2 линейно независимых решений. Известно, что одним из базисов пространства решений однородной системы является нормальная фундаментальная система решений. Построим ее, считая переменные x1 и x2 базисными, а остальные –

свободными. Для получения первого базисного вектора положим

x3 =1, x4 = x5 = = xn−1 = xn =0 .

Тогда из системы (1) находим

x1 =0, x2 =0 .

Следовательно, первый базисный вектор есть

x(1) =(0 0 1 0 0 0 0 0 0)T .

Чтобы получить второй базисный вектор, положим

x3 =0, x4 =1, x5 = = xn−1 = xn =0

и из системы (1) найдем

x1 =0, x2 =0 .

Следовательно, второй базисный вектор есть

x(2) =(0 0 0 1 0 0 0 0 0)T .

И так далее. Для построения (n −4)-го базисного вектора положим

x3 = x4 = = xn−3 =0, xn−2 =1, xn−1 = xn =0

и из системы (1) найдем

x1 =0, x2 =0 .

Следовательно,

x(n−4) =(0 0 0 0 0 0 1 0 0)T .

Для получения (n −3)-го базисного вектора положим

x3 = x4 = = xn−2 =0, xn−1 =1, xn =0.

Тогда из системы (1) имеем

x1 =2, x2 =0 .

3

Следовательно,

x(n−3) =(2 0 0 0 0 0 0 1 0)T .

Наконец, для построения (n −2)-го базисного вектора положим

x3 = x4 = = xn−1 =0, xn =1.

Тогда из системы (1) получаем

x1 =0, x2 =2 .

Следовательно,

x(n−2) =(0 2 0 0 0 0 0 0 1)T .

Построенные векторы x(1), x(2), , x(n−3), x(n−2) образуют искомый базис подпространства L . ■

4

Индивидуальное домашнее задание № 1 «Матрица линейного преобразования»

Типовой вариант:

На линейном пространстве A3 строк вида x =(x1, x2 , x3 ) задано линейное преобразование

A x =(3x1 − x2 − x3 , −2x1 + 2x2 + x3 , −2x1 − x2 + 4x3 ).

Требуется найти:

1) матрицу A преобразования A в простейшем базисе пространства A3

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0,1, 0), e3 = (0, 0,1);

2) матрицу A′ преобразования A в базисе

e1′ =(−2, 2,1), e2′ =(1, −1, 0), e3′ =(−1, 0, 2)

двумя способами:

а) непосредственно по определению;

б) используя связь между матрицами A и A′;

3) координаты вектора y = A x в базисе e1′, e2′, e3′, где x = −e1′ +e2′ −2e3′, двумя способами:

а) по определению; б) используя связь между координатами прообраза и образа;

4)определитель преобразования A ;

5)собственные значения и собственные векторы преобразования A .

2) а) Найдем матрицу преобразования A в базисе e1′, e2′, e3′ по определению. Имеем:

Ae1′ = A(−2, 2, 1)=(−9, 9, 6), Ae2′ = A(1, −1, 0)=(4, −4, −1), Ae3′ = A(−1, 0, 2)=(−5, 4, 10).

1

Решим ее методом Гаусса. Выпишем и приведем к трапецеидальной форме расширенную матрицу системы:

б) Найдем матрицу преобразования A в базисе e1′, e2′, e3′, используя фор-

мулу

A′=U −1 AU .

Здесь A и A′ – матрицы преобразования A в базисах e1, e2 , e3 и e1′, e2′, e3′ соответственно, а U – матрица перехода от базиса e1, e2 , e3 к базису e1′, e2′, e3′.

Матрица A получена в пункте 1. Найдем матрицу перехода U . Для этого разложим каждый вектор базиса e1′, e2′, e3′ по базису e1, e2 , e3 . Имеем:

e1′ =(−2, 2, 1)=−2e1 + 2e2 +e3 , e2′ =(1, −1, 0)=e1 −e2 +0 e3 ,

e3′ =(−1, 0, 2)=−e1 +0 e2 + 2e3 .

Следовательно,

Матрицу U −1 , обратную к матрице перехода U , найдем методом Жордана-

x = −e1′ +e2′ −2e3′ = −(−2, 2,1)+(1, −1, 0)−2(−1, 0, 2)=(5, −3, −5), y = A x = A(5, −3, −5)=(23, −21, −27).

3

ветственно относительно базиса e1′, e2′, e3′, а A′ – матрица преобразования A в

Таким образом,

y =A x =−23e1′ −25e2′ −2e3′. ■

4) По определению определитель преобразования равен определителю его матрицы в любом базисе. Используя матрицу A преобразования A в базисе e1, e2 , e3 , получаем:

5) Выберем в пространстве A3 какой-нибудь базис, например, e1 = (1, 0, 0), e2 = (0,1, 0), e3 = (0, 0,1).

4