Линейная алгебра. Тихомиров В.Г. - 7 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

З1. Обратим внимание, что коэффициенты при неизвестных
i
α
представляют собой координаты векторов системы (в
случае
n
R ).
Очевидно, что полученная СЛАУ является однородной. Известно, что она всегда имеет нулевое решение, причем, если
ее определитель
0,∆≠ то оно единственное, а иначе существует бесконечное множество (ненулевых) решений.
З2. Приведенные выше рассуждения приводят к следующему: если =( )0
∆
≠ , то СВ линейно (не) зависима.
Находим
=102(104)=0,∆ −+−− +− значит СВ
B
ЛЗ.
3.
4
= , = {(2,1,1,1), (0,1, 2,3), (1, 0,1, 0), (0,1, 0,1)}VBR
.
В силу
З1, З2 достаточно вычислить определитель:
2010
101 111
1101
==2210120=2(100(300))
1210
301 131
1301
∆⋅+⋅++−+++
203(210)=42=2 0.++ +− ++ −+ −≠ Таким образом, СВ
B
ЛНЗ.
4.
2
2
= {3, 1, 2 5}Bxxx−++∈P
.
З1 не срабатывает, действуем по полной программе. Составляем линейную комбина-
цию, приравниваем ее к
=0θ
, преобразуем:
22
12 3 3 23123
3(1)(25)=0 (2) 5=0.xxx x xα ⋅ +α ⋅ − +α ⋅ + + ⇔α + α + α +α −α + α
Приравнивая коэффициенты многочленов при
одинаковых степенях (слева и справа) из последнего равенства, запишем СЛАУ:
3
23
12 3
=0 0 0 1
2 =0 =01 2=000(300)=3.
35=0315
α
α+α ⇒∆ ++− ++ −
α−α+α −
В силу
З2 данная СВ ЛНЗ.
5.
={(1,0, ,0),(0,1, ,0), ,(0,0, ,1)}
n
B ∈KKKKR
.
6.
22
11 3 1 51
=,, .
20 21 11
B
×
−


∈


−−



M
7.
2
{1, , , , } .
n
n
xx x ∈K P
3. БАЗИС
Для установления того, что СВ
1
={ , , }
k
Be eK является базисом в
V
, проверяем условия:
У1. Каждый из векторов
i
eV∈ .
У2. Система векторов
B
является ЛНЗ.
У3. Любой вектор из
V
единственным образом представляется в виде линейной комбинации векторов системы
B
.
Установить, является ли данная СВ
1
={ , , }
n
Be eK базисом в
V
.
1.
4
12 3
= , = { = (1,1,1), = (0, 1,2), = ( 1, 2,1)}.VBe e e−−−R
Очевидно, что
У1 не выполняется, так как
4
.
i
e ∈ R
Значит указанная система
B
не является базисом в
4
R .
2.
3
12 3
= , = { = (1,1,1), = (0, 1, 2), = ( 1, 2,1)}.VBe e e−−−R
Очевидно, что
У1 выполняется, так как
3
.
i
e ∈ R
Далее заметим, что в силу
П2.2 не выполняется У2, т.е. система
B
не
является базисом.
3.
4
= , = {(2,1,1,1), (0,1, 2,3),(1,0,1,0),(0,1,0,1)}.VBR
Очевидно, что
У1 выполняется. У2 также выполняется (см. П2.3). Проверим У3, которое предварительно перепи-
шем в виде
12341234
( , , , ) = (2,1,1,1) (0,1, 2, 3) (1, 0,1, 0) (0,1, 0,1),yyyy α+α +α +α где
1234
(, , , )yyyy – произвольный вектор из
4
,R
а
i
α
–
некоторые числа. Преобразовав правую часть записанного равенства, будем иметь:
1234 1 31 2 41 2 31 2 4
(, , , )=(2 , , 2 , 3 ).yy yy α +α α +α +α α + α +α α + α +α
Последнее можно переписать в виде СЛАУ
131
12 42
123 3
12 44
2=
=
2=
3=
y
y
y
y
α+ α
α+ α+ α
α+ α+α
α+α+ α
Исходя из найденного,
У3 для данной СВ
B
можно переформулировать так: полученная СЛАУ должна иметь единст-
венное решение для любых
i
y . А это условие равносильно требованию
0,
∆
≠
что выполняется (см.
П2.3). Таким образом,
данная СВ образует базис в
4
R
.
4.
2
2
= {3, 1, 2 5}Bxxx−++∈P
.
;
;
;
.
;
;
;

Страницы