14. Przestrzenie liniowe II#
14.1. Liniowa niezależność#
Narration
Niech \(v_1, v_2, \ldots, v_n\) będą wektorami w przestrzeni liniowej \(V\) nad ciałem \(\kk .\)
Definicja 14.1
Liniowo niezależnym (w skrócie LN) nazywamy układ wektorów \((v_1, v_2, \ldots , v_n)\) (w przestrzeni liniowej \(V\)), dla którego zachodzi warunek
Liniowo zależnym (LZ) nazywamy układ \((v_1, v_2, \ldots , v_n)\), który nie jest liniowo niezależny.
Przykład 14.1
Niech \(V\) będzie przestrzenią liniową nad ciałem \(\kk .\)
Jeśli w układzie wektorów \(\uu A = (v_1, v_2, \ldots, v_n)\) występuje wektor \(\oo\), to \(\uu A\) jest on LZ.
Istotnie, jeśli na przykład \(v_k = \oo\) (dla pewnego \(1\leq k \leq n\)), to
\[\begin{aligned} 0\cdot v_1 + \ldots 0\cdot v_{k-1} + 1\cdot \oo + 0\cdot v_{k+1} + \ldots + 0\cdot v_n = \oo. \end{aligned}\]Każdy podukład układu liniowo niezależnego jest LN.
Układ pusty \(\emptyset\) jest LN.
Jeśli \(v\in V\), to układ \((v)\) jest LN \(\qlq v \neq \oo .\)
Jeśli \(u,v\in V\), to układ \((u,v)\) jest LZ \(\qlq \Exists {\alpha\in\kk} u = \alpha\cdot v \, \vee v = \alpha\cdot u.\)
Ogólnie dla układu \(n\in\nn_2\) wektorów mamy następującą zależność:
układ \((v_1, v_2, \ldots , v_n)\) w przestrzeni liniowa \(V\) jest LN
wtedy i tylko wtedy, gdy
\[\begin{aligned} v_1 \neq \oo \qquad \text{oraz} \qquad \forall k\in \Set{1,\ldots, n-1} \quad v_{k+1} \notin \Lin (v_1,\ldots,v_k). \end{aligned}\]-
Wykorzystując powyższe fakty i korzystając z wykresu 3D, możemy wywnioskować, że:
\(\uu A_1 = ((1,1,1))\) jest układem LN
\(\uu A_2 = ((1,1,1), (-2,-2,-2))\) jest układem LZ
\(\uu A_3 = ((1,1,1), (-2,1,0))\) jest układem LN
\(\uu A_4 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,-2,2))\) jest układem LZ
\(\uu A_5 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,2,2))\) jest układem LN .
Ćwiczenie 14.1
Czy układ \(\uu A\) jest liniowo niezależny w \(\rr^3\) dla:
\(\uu A = ((1,2,0), (0,1,2), (1,1,-2))\)
\(\uu A = ((1,2,0), (1,1,2), (1,1,-2))\)?
Rozwiązanie
Skorzystamy z definicji, sprawdzając, czy jedynym rozwiązaniem równania \(\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = \oo\) jest \( \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0.\)
Rozwiązujemy równanie
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \alpha_1 (1,2,0) + \alpha_2 (0,1,2) + \alpha_3 (1,1,-2) & = \oo \\ \left\{ \begin{array}{r} {\alpha_1} + {\alpha_3} = 0 \\ 2 \, {\alpha_1} + {\alpha_2} + {\alpha_3} = 0 \\ 2 \, {\alpha_2} - 2 \, {\alpha_3} = 0 \end{array}\right. & . \end{aligned}\end{split}\]Macierz współczynników tego układu to
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\end{split}\]Ponieważ \(\displaystyle \begin{aligned} \det A = 0 \end{aligned}\) to \(\rank A \leq 2\), więc liczba parametrów rozwiązania jest co najmniej \(3-2 = 1 .\) Czyli istnieje rozwiązanie niezerowe.
Zatem \(\uu{A}\) jest LZ.
Można również rozwiązać ten układ:
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A & = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & -2 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{2} + (-2 \cdot w_{1})} \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & -2 \end{array}\right] \longrightarrow \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right]. \end{aligned}\end{split}\]Otrzymujemy układ
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left\{ \begin{array}{r} {\alpha_1} + {\alpha_3} = 0 \\ {\alpha_2} - {\alpha_3} = 0 \end{array}\right. . \end{aligned}\end{split}\]Rozwiązanie to
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left\{ \begin{array}{l} {\alpha_1} = t_{1} \\ {\alpha_2} = -t_{1} \\ {\alpha_3} = -t_{1} \end{array}\right. , t_1 \in \rr . \end{aligned}\end{split}\]Rozwiązujemy równanie
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \alpha_1 (1,2,0) + \alpha_2 (1,1,2) + \alpha_3 (1,1,-2) & = \oo \ \\ \left\{ \begin{array}{r} {\alpha_1} + {\alpha_2} + {\alpha_3} = 0 \\ 2 \, {\alpha_1} + {\alpha_2} + {\alpha_3} = 0 \\ 2 \, {\alpha_2} - 2 \, {\alpha_3} = 0 \end{array}\right. & . \end{aligned}\end{split}\]Macierz współczynników tego układu to
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \end{array}\right] \end{aligned}\end{split}\]Ponieważ \(\displaystyle \begin{aligned} \det A = 4 \end{aligned}\) więc to jest jednorodny układ Cramera, mający dokładnie jedno rozwiązanie \( \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0.\)
Zatem \(\uu{A}\) jest LN.
Stwierdzenie 14.1
Układ wektorów w przestrzeni \(V\) jest liniowo zależny wtedy i tylko wtedy, gdy jeden z wektorów układu jest kombinacją liniową pozostałych.
Przykład 14.2
Dowiedliśmy, że \(\uu A = ((1,2,0), (0,1,2), (1,1,-2))\) jest LZ , więc jeden z wektorów jest kombinacją liniową pozostałych. W istocie, rozwiązanie z ostatniego ćwiczenia wskazuje nam zależność:
Biorąc \(t_1 = 1\) otrzymamy
zaś dla \(t_1 = -1\) otrzymamy:
14.2. Baza i wymiar#
Narration
Niech \(v_1, v_2, \ldots, v_n\) będą wektorami w przestrzeni liniowej \(V\) nad ciałem \(\kk .\)
Definicja 14.2
Bazą przestrzeni \(V\) nazywamy układ \((v_1, \ldots,v_n)\) wektorów z przestrzeni \(V\), jeśli:
układ \((v_1, \ldots,v_n)\) jest LN
\(\Lin (v_1, \ldots,v_n) = V\) (mówimy, że układ \((v_1, \ldots,v_n)\) rozpina przestrzeń \(V\)).
Przyjmujemy dodatkowo, że bazą przestrzeni zerowej jest układ pusty.
Przykład 14.3
GEOGEBRA3D Wykorzystując dotychczasowe rozważania (z pomocą wykresu 3D) można pokazać, że:
\(\uu A_2 = ((1,1,1), (-2,-2,-2))\) nie jest bazą w przestrzeni \(\rr^3\)
\(\uu A_3 = ((1,1,1), (-2,1,0))\) nie jest bazą w przestrzeni \(\rr^3\)
\(\uu A_4 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,-2,2))\) nie jest bazą w przestrzeni \(\rr^3\)
\(\uu A_5 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,2,2))\) jest bazą w przestrzeni \(\rr^3\)
\(\uu A_6 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,2,2), (-1,2-3))\) nie jest bazą w przestrzeni \(\rr^3 .\)
Twierdzenie 14.2
Jeśli układy \((v_1, \ldots, v_n)\) oraz \((w_1, \ldots , w_m)\) są bazami przestrzeni \(V\), to \(n = m .\)
Definicja 14.3
Skończenie wymiarową nazywamy przestrzeń liniową mającą skończoną bazę.
W takim przypadku wymiar przestrzeni \(V\) definiujemy jako liczbę elementów bazy przestrzeni \(V\) i oznaczamy symbolem
Nieskończenie wymiarową nazywamy niezerową przestrzeń liniową, jeśli żaden skończony układ wektorów tej przestrzeni jej nie rozpina.
Twierdzenie 14.3
Niech \(V\) będzie niezerową p. liniową. Następujące warunki są równoważne:
Układ \((v_1, \ldots, v_n)\) jest bazą przestrzeni \(V .\)
Układ \((v_1, \ldots, v_n)\) jest liniowo niezależny i \(\dim V = n .\)
\(\Lin(v_1, \ldots, v_n) = V\) i \(\dim V = n .\)
Układ \((v_1, \ldots, v_n)\) jest maksymalnym liniowo niezależnym układem w przestrzeni \(V .\)
Przykład 14.4
Dla ustalonego \(n\in \nn\), podstawowym przykładem \(n\)-wymiarowej przestrzeni liniowej nad ciałem \(\kk\) jest \(V = \kk^n .\)
Istotnie, niech 0 oraz 1 oznaczają odpowiednio zero oraz jedynkę ciała \(\kk .\)
Bazą kanoniczną lub standardową w \(\kk^n\) nazywamy układ wektorów
\[\St[n] = (\ee 1 = (1,0,\ldots,0), \ee 2 = (0,1,0,\ldots,0),\ldots, \ee n = (0,0,\ldots,1)).\]Nazwa jest adekwatna, bo łatwo sprawdzić, że układ ten jest bazą w \(\kk^n .\)
Wersorami (wektorami jednostkowymi ) w \(\kk^n\) nazywamy elementy bazy kanonicznej.
W przestrzeni liniowej \(\kk_n[t]\) nad ciałem \(\kk\), bazą kanoniczną (standardową ) jest układ
\[ (t^n,t^{n-1},\ldots,t,1). \]Zatem \(\dim \kk_n[t] = n+1 .\)
W przestrzeni liniowej \(\MSet{m}{n}{\kk}\) nad ciałem \(\kk\), bazą kanoniczną (standardową ) jest układ
\[ (\EE {ij}: i\in \Set{1,\ldots, m}, j\in \Set{1,\ldots, n}), \]gdzie tablice macierzy \(\EE {ij}\) mają postać
\[\begin{split} \begin{aligned} & \phantom{= \Macierz{0 & 0 & 0}} j \\ \EE{ij} &= \Macierz{ 0 & & \cdots & & 0 \\ & \ddots & 0 & \iddots & \\ \vdots & 0 & 1 & 0 & \vdots \\ & \iddots & 0 & \ddots & \\ 0 & & \cdots & & 0 } \; i \end{aligned} \end{split}\]Zatem \(\dim \MSet{m}{n}{\kk} = m\cdot n .\)
W przestrzeni liniowej \(\kk[t]\) nad ciałem \(\kk\) nie istnieje skończony układ wektorów rozpinający całą przestrzeń.
Jest to przestrzeń nieskończenie wymiarowa.
Ćwiczenie 14.2
Który z podanych układów jest bazą przestrzeni \(\rr^3\):
\(\uu A_3 = ((1,1,1), (-2,1,0))\)
\(\uu A_5 = ((1,1,1), (-2,1,0), (10,2,2))\)
Rozwiązanie
\(\uu A_3\) nie jest bazą \(\rr^3\), ponieważ zawiera 2 wektory, zaś \(\dim \rr^3 = 3 .\)
Wiemy, że \(\dim \rr^3 = 3\), więc liczba wektorów \(\uu A_5\) się zgadza.
Wystarczy sprawdzić, czy układ \(\uu A_5\) jest liniowo niezależny.
Skorzystamy z definicji sprawdzając czy jedynym rozwiązaniem równania \(\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + \alpha_3 v_3 = \oo\) jest \( \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0.\)
Rozwiązujemy równanie
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \alpha_1 (1,1,1) + \alpha_2 (-2,1,0) + \alpha_3 (10,2,2) & = \oo \ \\ \left\{ \begin{array}{r} {\alpha_1} - 2 \, {\alpha_2} + 10 \, {\alpha_3} = 0 \\ {\alpha_1} + {\alpha_2} + 2 \, {\alpha_3} = 0 \\ {\alpha_1} + 2 \, {\alpha_3} = 0 \end{array}\right. & . \end{aligned}\end{split}\]Macierz współczynników tego układu to
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A= \left[ \begin{array}{rrr} 1 & -2 & 10 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 2 \end{array}\right] \end{aligned}\end{split}\]Ponieważ
\[\displaystyle \begin{aligned} \det A = -8 \end{aligned}\]to mamy układ Cramera i jedynym rozwiązaniem jest \( \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0.\)
Zatem \(\uu{A}_5\) jest LN i jest bazą \(\rr^3 .\)
14.3. Układy równań liniowych#
Stwierdzenie 14.4
Niech \(\kk\) będzie ciałem i rozważmy \(\kk^n\) jako przestrzeń liniową nad \(\kk\) z wektorami o współrzędnych \(x_1,\ldots, x_n\) w bazie kanonicznej. Niech \(\Solutions{} \subseteq \kk^n .\) Następujące warunki są równoważne:
\(\Solutions{}\) jest zbiorem rozwiązań jednorodnego układu równań liniowych ze zmiennymi \(x_1,\ldots, x_n.\)
\(\Solutions{}\) jest podprzestrzenią liniową w \(\kk^n .\) Ponadto, jeśli \(A\in\MSet{m}{n}{\kk}\) jest macierzą współczynników jednorodnego układu \(\EqLin\), to
\[\dim\Solutions{\EqLin} = n- \rank A,\]gdzie \(\Solutions{\EqLin}\) jest zbiorem rozwiązań układu \(\EqLin .\)
Wniosek 14.5
Niech \(\EqLin\) będzie jednorodnym układem \(m\in\nn\) równań liniowych z macierzą współczynników \(A\in\MSet{m}{n}{\kk} .\)
Jeśli \(\rank A = m\), to
\(\dim\Solutions{\EqLin} =\) (liczba zmiennych) \(-\) (liczba równań).
Przykład 14.5
Rozważmy przestrzeń liniową \(\kk^n .\)
Podprzestrzeń zerowa \(V=\Set{\oo_n}\) jest zbiorem rozwiązań jednorodnego układu Cramera i
\[\dim \Set{\oo_n} = n - n=0.\]Cała przestrzeń \(\kk^n\) jest zbiorem rozwiązań równania \(0\, x_1 + \ldots + 0\, x_n = 0\) i
\[\dim \kk^n = n-\rank \oo_{1\times n} = n.\]Dla \(\oo\neq (a_1,\ldots,a_n)\in \kk^n\), zbiorem rozwiązań równania \(a_1x_1 + \ldots + a_n x_n = 0\) jest podprzestrzeń liniowa wymiaru \(n-\rank \Macierz{a_1 & \ldots & a_n} = n-1.\)
Ćwiczenie 14.3
Wyznaczmy bazę i wymiar przestrzeni liniowej
Rozwiązanie
Obliczamy
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \rank A = \rank \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right] = 2 \end{aligned}\end{split}\]bo to jest postać schodkowa. Zatem \(\dim V = 3 - 2 = 1.\) Stąd wnosimy, że baza składała z 1. wektora.
W celu znalezienia bazy rozwiązujemy układ równań
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \left\{ \begin{array}{r} x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0 \\ x_{2} + x_{3} = 0 \end{array}\right. \end{aligned}\end{split}\]przy pomocy operacji
\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right] \xrightarrow{w_{1} + (-1 \cdot w_{2})} \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right]. \end{aligned}\end{split}\]Otrzymujemy rozwiązanie
\[\begin{split} \left\{ \begin{array}{l} x_1 = 2t \\ x_2 = -t \\ x_3 = t \end{array} \right. , t \in \rr, \end{split}\]które zapiszemy jako
\[\begin{aligned} (x_1, x_2, x_3) = (2t, -t, t) = t\cdot (2,-1,1), \quad t \in \rr. \end{aligned}\]To oznacza, że
\[ V = \Lin \Paren{(2,-1,1)}, \]zaś \(\uu B = \Paren{(2,-1,1)}\) jest bazą tej przestrzeni, bo rozpina przestrzeń \(V\) i składa się z jednego wektora.
Wniosek 14.6
Jeśli \(A\in\MSet{m}{n}{\kk}\) jest macierzą współczynników, \(B\in\MSet{m}{n}{\kk}\) jest macierzą wyrazów wolnych niejednorodnego układu równań liniowych \(\EqLin\), to
gdzie \(S_0\) jest dowolnie wybranym elementem \(\SolutionsMatrix{A,B},\) \(s_0\) jest dowolnie wybranym elementem \(\SolutionsMatrix{\EqLin},\) \(\EqLin_0\) jest jednorodnym układem równań liniowych o macierzy współczynników \(A.\)
Przykład 14.6
Rozważmy układ równań
Przypomnijmy, że wykonując operacje elementarne na wierszach macierzy rozszerzonej tego układu:
otrzymujemy układ
Rozwiązanie to
Można to zapisać jako
Przyjmując
otrzymamy
14.4. Jądro macierzy#
Narration
Przypomnijmy, że jądro macierzy \(A \in \MSet{m}{n}{\kk}\) definiujemy jako zbiór
Stwierdzenie 14.7
Niech \(\kk\) będzie ciałem i niech \(A\in \MSet{m}{n}{\kk} .\) Wówczas
\(\ker A\) jest podprzestrzenią liniową \(\MSet{n}{1}{\kk}\)
\(\dim \ker A = n- \rank(A).\)
Uwaga 14.1
Ponieważ \(\ker A\) jest podprzestrzenią liniową w \(\MSet{n}{1}{\kk}\), to istnieje baza tej podprzestrzeni \((u_1,\ldots,u_d)\), gdzie \(d=\dim\ker A\) i z definicji bazy
Ćwiczenie 14.4
Znajdźmy wymiar i bazę jądra macierzy \(\displaystyle \begin{aligned} A = \left[ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 3 & 2 \\ 2 & 0 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right] . \end{aligned}\)
Rozwiązanie
Przypomnijmy, że w celu znalezienia \(\ker A\) rozwiązaliśmy równanie macierzowe \(A\cdot X = \oo\) odpowiadające układowi równań liniowych
W tym celu wykonaliśmy operacje elementarne na wierszach \(A\):
Z ostatniej macierzy otrzymaliśmy układ równań
którego rozwiązanie to
Stąd
Ponieważ \(\dim \ker A = n - \rank A = 4-2 = 2\), oraz układ
składa się z dwóch wektorów i rozpina przestrzeń \(\ker A\), to \(\uu B \) jest bazą tej przestrzeni.
14.5. Podprzestrzenie własne#
Narration
Przypomnijmy, że podprzestrzenią własną macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) odpowiadającą wartości własnej \(\lambda\in \kk\) nazywamy zbiór
Ponieważ jest to jądro macierzy \(A - \lambda I\), to mamy następujące stwierdzenie.
Stwierdzenie 14.8
Dla danej macierzy \(A\in \MSet{n}{n}{\kk}\) i \(\lambda \in \kk\):
zbiór \(V_\lambda\) jest podprzestrzenią liniową przestrzeni \(\MSet{n}{1}{\kk}\), przy czym
\[\dim V_\lambda = \dim \ker (A-\lambda I) = n - \rank (A-\lambda I)\]jeśli \(\lambda\) jest \(k\)-krotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego \(\chi_A\), to
\[1\leq \dim V_{\lambda} \leq k.\]
W szczególności, jeśli \(\lambda\) jest pierwiastkiem jednokrotnym, to \(\dim V_{\lambda} = 1.\)
Przykład 14.7
Jak już wiemy, dla każdej z macierzy:
\(\chi_{A_i}(\lambda) = -(\lambda - 2)^3\), więc wszystkie mają jedną wartość własną równą \(2 .\) W każdym z tych przypadków \quad \( \dim V_2 = 3 - \rank(A_i - 2I) .\) \quad Ponieważ:
są w postaci schodkowej zredukowanej, to dochodzimy do wniosku, że podprzestrzenie własne to odpowiednio:
Ich wymiary to odpowiednio: 1, 2 i 3.
14.6. Współrzędne wektora#
Stwierdzenie 14.9
Układ wektorów \((v_1, \ldots,v_n)\) w przestrzeni liniowej \(V\) jest bazą wtedy i tylko wtedy, gdy
(symbol \(\exists!\) oznacza istnienie dokładnie jednej \(n\)-ki liczb).
Narration
To oznacza, że jeśli układ \(\uu B = (v_1, \ldots,v_n)\) w przestrzeni \(V\) jest bazą, to dla każdego wektora \(v \in V\) istnieją jednoznacznie wyznaczone elementy \(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\in\kk\) takie, że
Definicja 14.4
Współrzędnymi wektora \(v\in V\) w bazie \(\uu B\) przestrzeni liniowej \(V\) nazywamy skalary \(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\) występujące w rozkładzie (14.1).
Macierz współrzędnych wektora \(v\in V\) w bazie \(\uu{B}\) nazywamy \( \quad \MU{B} v = \Macierz{ \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n} \in \MSet{n}{1}{\kk}. \)
Ćwiczenie 14.5
Wyznaczmy współrzędne wektora \(v\in V\) w bazie \(\uu B\) i zapiszmy macierz współrzędnych \(\MU B v\) , jeśli:
\(V=\rr^2, \quad \uu{B} = ((5,-3),(7,-5)), \quad v = (1, \quad 1)\)
\(V=\Lin \uu B, \quad \uu{B} = ((1,5,-1),(2,4,0)), \quad v = (-1,7,-3) .\)
Rozwiązanie
Bierzemy wektory bazowe \(v_1 = (5,-3), v_2 = (7,-5)\) i szukamy \(\alpha, \beta \in \rr\), dla których \(v=(1,1) = \alpha v_1 + \beta v_2\), czyli
\[(1,1) = (5\alpha + 7\beta, -3\alpha -5\beta).\]Dostajemy układ równań liniowych o macierzy rozszerzonej
\[\begin{split} A|B= \Macierz{5 & 7 & 1\\ -3 & -5 & 1}, \end{split}\]którego rozwiązanie to \(\alpha = 3, \beta = -2 .\)
Współrzędne wektora \(v\) w bazie \(\uu{B}\) to \(3,-2\) macierz współrzędnych to
\[\begin{split} \MU B v = \Macierz{3 \\ -2}. \end{split}\]Bierzemy wektory bazowe \(v_1 = (1,5,-1), v_2 = (2,4,0)\) i szukamy \(\alpha, \beta \in \rr\), dla których \(v=(-1,7,-3) = \alpha v_1 + \beta v_2\), czyli
\[(-1,7,-3) = (\alpha + 2\beta, 5\alpha +4\beta, -\alpha).\]Dostajemy układ równań liniowych o macierzy rozszerzonej
\[\begin{split} A|B= \Macierz{1 & 2 & -1 \\ 5 & 4 & 7 \\ -1 & 0 & -3}, \end{split}\]którego rozwiązanie to \(\alpha = 3, \beta = -2 .\)
Współrzędne wektora \(v\) w bazie \(\uu{B}\) to \(3,-2\) macierz współrzędnych to
\[\begin{split} \MU B v = \Macierz{3 \\ -2}. \end{split}\]
14.7. Współrzędne układu wektorów#
Narration
Niech \(\uu A = (v_1, \ldots, v_m)\) będzie układem wektorów w przestrzeni lin. \(V\) z wyróżnioną bazą \(\uu B .\)
Definicja 14.5
Macierz współrzędnych układu wektorów \(\uu A\) w bazie \(\uu{B}\) nazywamy
Ćwiczenie 14.6
Znajdźmy macierz współrzędnych wektorów układu
w bazie kanonicznej \((\ee 1 =(1,0,0), \ee 2 =(0,1,0), \ee 3 =(0,0,1)) .\)
Rozwiązanie
Musimy znaleźć macierze współrzędnych wektorów układu \(\uu A\) w bazie \(\uu B\) i zapisać je w kolejnych kolumnach macierzy \(\MU{B}{\uu A} .\) Zauważmy, że:
Zatem \(\MUSt{\St[3]} {v_1} = \Macierz{2 \\ 0 \\ -1}\), \(\MUSt{\St[3]} = \Macierz{3 \\ -1 \\ -2}\) oraz \(\MUSt{\St[3]} {v_3} = \Macierz{0 \\ 2 \\ 1},\) więc
Stwierdzenie 14.10
Niech \(\uu{B}\) będzie bazą przestrzeni liniowej \(V .\) Dla dowolnego układu wektorów \(\uu{A}=(v_1, \ldots, v_m)\) z przestrzeni \(V\), następujące warunki są równoważne:
\(\uu{A}\) jest bazą przestrzeni \(V .\)
\(\dim V = m = \rank \MU{B}{\uu{A}} .\)
\(\MU{B}{\uu{A}}\) jest macierzą kwadratową oraz \(\det \MU{B}{\uu{A}} \neq 0.\)
Ćwiczenie 14.7
Czy układ \(\uu A = ((2,0,-1), (3,-1,-2), (0,2,1))\) z Ćw. 14.6 jest bazą \(\rr^3\)?
Rozwiązanie
Ponieważ
to \(\uu A\) nie jest bazą przestrzeni \(\rr^3.\)
Stwierdzenie 14.11
Niech \(\uu{B}\) będzie bazą przestrzeni liniowej \(V .\) Wówczas:
dla dowolnego układu \(\uu{A}\) wektorów z przestrzeni \(V\) zachodzi równość
\[\dim \Lin \uu A = \rank \MU{B}{\uu{A}};\]układ \(\uu{A} = (u_1,\ldots, u_m)\) wektorów z \(V\) jest LN wtedy i tylko wtedy, gdy
\[\rank \MU{B}{\uu{A}} = m.\]
Ćwiczenie 14.8
Weźmy układ wektorów \(\uu A = ((2,0,-1), (3,-1,-2), (0,2,1))\) z Ćw. 14.6.
Czy układ \(\uu A\) jest liniowo niezależny?
Znajdźmy wymiar i bazę przestrzeni \(\Lin \uu A .\)
Rozwiązanie
Ponieważ \(\det \MUSt{\St[3]} {\uu A} = 0\), to \(\rank \MUSt{\St[3]} {\uu A} < 3 .\) Zatem układ tych 3. wektorów jest LZ.
\(\dim \Lin \uu A = \rank \MUSt{\St[3]}{\uu A} = 2\) (możemy sprowadzić macierz do postaci schodkowej, lub zauważyć, że istnieje niezerowy minor \(\Det{2 & 3 \\ 0 & -1} = -2\) stopnia 2).
Z wymiaru przestrzeni wiemy, że jej baza będzie się składać z 2. wektorów LN. Mogą to być na przykład
\[ v_1 = (2,0,-1), v_2 = (3,-1,-2). \]Układ \(\uu B = (v_1, v_2)\) jest LN, ponieważ
\[\begin{split} \rank \MUSt{\St[3]} {\uu B} = \rank \Macierz{2 & 3 \\ 0 & -1 \\ -1 & -2} = 2 \end{split}\](z tych samych powodów co w poprzednim punkcie).
Zatem \(\uu B\) jest bazą \(\Lin \uu A .\)
14.8. Zamiana bazy#
Narration
Niech \(\uu A\) i \(\uu B\) będą bazami w przestrzeni liniowej \(V .\)
Definicja 14.6
Macierzą zmiany bazy \(\uu B\) na bazę \(\uu A\) lub macierzą przejścia od bazy \(\uu{B}\) do bazy \(\uu{A}\) nazywamy
czyli macierz współrzędnych wektorów z bazy \(\uu A\) przedstawionych w bazie \(\uu B .\)
Stwierdzenie 14.12
Niech \(\uu{A}\) i \(\uu{B}\) będą bazami przestrzeni \(V .\) Wówczas:
\(\MU{B}{\uu{A}} = (\MU{A}{\uu{B}})^{-1}\)
dla każdego wektora \(v\in V\) zachodzi
\[ \MU{B} v =\MU{B}{\uu{A}}\cdot \MU{A} v \]dla każdego układu \(\uu C\) wektorów z \(V\) zachodzi
\[ \MU{B}{\uu C} =\MU{B}{\uu{A}}\cdot \MU{A} {\uu C} . \]
Wniosek 14.13
Niech \(\kk\) będzie ciałem i niech \(\uu{B}\) będzie bazą przestrzeni \(V = \kk^n .\) Wówczas:
dla każdego wektora \(v\in V\) zachodzi
\[ \MU{B} v = (\MUSt{\St[n]}{\uu B})^{-1} \cdot \MUSt{\St[n]} v \]dla każdego układu \(\uu C\) wektorów z \(V\) zachodzi
\[ \MU{B} {\uu C} = (\MUSt{\St[n]}{\uu B})^{-1} \cdot \MUSt{\St[n]} {\uu C} . \]
Ćwiczenie 14.9
Dla baz
przestrzeni \(\rr^2\), znajdźmy macierz \(\MU{B}{\uu{C}} .\)
Jakie są współrzędne wektora \(v = (1,-5) + 3\cdot(-1, 6)\) w bazie \(\uu B .\)
Rozwiązanie
Zastosujemy wzór
Ponieważ
to
Z treści wnioskujemy, że
więc
Zatem współrzędne \(v\) w bazie \(\uu B\) to 76, 63.
Ćwiczenie 14.10
Niech \(\uu B = ((6,5), (7, 6))\) będzie bazą przestrzeni \(\rr^2 .\)
Znajdźmy macierz współrzędnych wektorów \( (1,-1), (1,4), (-3,2), (4,5) \) w bazie \(\uu B .\)
Rozwiązanie
Zastosujemy wzór
przyjmując
Ponieważ
to
Stąd wniosek, że: