Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

VM_pidr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.03.2015

Размер:

2.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 4912 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

→→ →

Означення 3. Вектори a 1 , a 2 ,...,am називаються лінійно не-

залежними, якщо для них виконується умова (2.26) тільки тоді, коли одночасно k1 ,k2 ,...,km дорівнюють нулю.

Розглянемо деякі властивості векторів лінійного простору. Властивість 1. Якщо система векторів складається із одного

→

ненульового вектора a , то така система лінійно незалежна.

Дійсно, рівність	→	→	тільки	тоді, коли
Дійсно, рівність	k a	= 0 можлива тоді і	тільки	тоді, коли
k = 0.
Зауваження. Якщо система векторів складається із одного
→
нульового вектора a , то ця система лінійно залежна.
	→	→
Дійсно, рівність k a = 0 має місце коли k ≠ 0.
Властивість 2			→ →	→
Властивість 2	.Для	того, щоб вектори	a 1 , a 2 ,...,am були

лінійно залежними необхідно і достатньо, щоб хоч один із них був лінійною комбінацією решти векторів.

Доведення. Необхідність.

Нехай вектори лінійно залежні. Тоді для них виконується

умова (2.26), де хоч одне із чисел k1 ,k2 ,...,km

не дорівнює нулю.

Для прикладу, нехай це буде число km ≠ 0 . Тоді

→

m − 1

→

a m = −

a 1 −

a 2 − ...−

a m − 1

(2.27)

Необхідна умова доведена.

Достатність.Нехай виконується умова (2.27), яку перепише-

→

мо

так

α1 a 1 + α 2 a 2 + ...+ α m − 1 am − 1 − a m = 0 ,

де

αi

= −

( i = 1,2,...,m − 1 )

Ми

одержали

рівність

вигляду

(2.26), в

якій

одне

число

α m = −1 ≠ 0. Значить вектори є лінійно залежні.

Властивість 3. Якщо серед векторів

→

є нульовий

a 1 , a 2 ,...,am

вектор, то ці вектори є лінійно залежні.

→

= 0 , то тоді маємо рівність (2.26)

Дійсно, нехай a 1

111

→	→		→
k1 a 1	+ 0 a 2	+ ...	+ 0 a m = 0, коли k1	= 1, k2	= k3 = ... = km	= 0 .

Властивість 4. Для того, щоб два вектори були лінійно залежними необхідно і достатньо, щоб вони були колінеарні.

→ →

Доведення.Необхідність. Нехай два вектори a і b є лінійно

→ →

залежними, тоді виконується рівність k1 a + k2 b = 0, де хоч би одне із чисел k1 або k2 не дорівнює нулю.

		→		k		→			→	→
Нехай k1 ≠ 0 ,	тоді a = −				2	b , тобто		вектори	a і	b є
Нехай k1 ≠ 0 ,	тоді a = −			k1		b , тобто		вектори	a і	b є
				k1
колінеарними.				→			→
				→			→
Достатність. Нехай вектори a і b колінеарні, тобто
	→	→		→			→	= 0 .
	a	= λ b або a + ( −λ ) b						= 0 .
	→	→
Значить вектори a і b є лінійно залежні.
Властивість 5.	Вектори		→			→	→	n -мірного	простору
Властивість 5.	Вектори		a 1 , a 2 ,...,an					n -мірного	простору

лінійно незалежні, якщо визначник складений із координат цих векторів, відмінний від нуля.

Доведення. Нехай вектори задані своїми координатами

→

a 1

= ( a11 ,a12 ,...,a1n ) , a 2 = ( a21 ,a22 ,...,a2n ) ,…. a n = ( an1 ,an2 ,...,ann )

Для цих векторів запишемо рівність

→

k1 a 1

+ k2 a 2 + ...+ kn a n

= 0, або

k1 ( a11 ,...,a1n ) + k2 ( a21 ,...a2n ) + ...+ kn ( an1 ,...ann ) = ( 0,0,...,0 ).

З цієї рівності одержуємо однорідну систему рівнянь для зна-

k1a11

+ k2a21

+ ...+ knan1

= 0

ходження k1 ,k2 ,...,kn

+ k

+ ...+ k

= 0

: 1

..............................................

k1a1n

+ k2a2n

+ ...+ knann

= 0

Тому що за умовою визначник , складений із коефіцієнтів цієї однорідної системи відмінний від нуля, то ця система має єдиний нульовий розв’язок, тобто k1 = 0,k2 = 0 ,...,kn = 0. А це значить, що

→→ →

вектори a 1 , a 2 ,...,an лінійно незалежні.

112

Наслідок 1. Якщо вектори лінійно залежні, то визначник, складений із координат цих векторів, дорівнює нулю.

→ → →

Наслідок 2. Одиничні вектори (орти) e 1 , e 2 ,...,en n -мірного простору лінійно незалежні.

Означення 4. Лінійний простір Rn називається n - мірним, якщо в ньому є n лінійно незалежних векторів, а довільні ( n + 1 )

вектори є уже лінійно залежні.

Іншими словами розмірність простору – це максимальне число лінійно незалежних векторів цього простору.

Означення 5. Сукупність n лінійно незалежних векторів

n - мірного простору Rn називається базисом.

→

ТЕОРЕМА. Довільний вектор b лінійного простору

Rn можна представити єдиним способом у вигляді лінійної комбінації векторів базису.

→ → →

Доведення. Нехай базисом є система векторів a 1 , a 2 ,...,an n -

мірного простору Rn. За означенням 4 довільні (n+1) вектори n- мірного простору Rn лінійно залежні, а тому будуть лінійно залеж-

→ → → →

ними, зокрема, вектори a 1 , a 2 ,...,an і з вектором b . Тобто

→	→	→	→
k1 a 1	+ k2 a 2	+ ...+ kn a n + k b		= 0

Тут k ≠ 0 , бо якби k = 0 , то одне із чисел k1 ,k

відмінним від нуля, а це означало б, що вектори

лінійно залежними, що суперечить умові теореми. Тому що k≠0, то із рівності (2.28) маємо

→

= −

→

−

→

− ...−

→

a 2

a n

(2.28)

2 ,...,kn було б

→ → →

a 1 , a 2 ,...,an є

(2.29)

Позначимо α i	= −		ki	( i = 1,2,...,n ). Тоді рівність (2.29)				пере-
Позначимо α i	= −		k	( i = 1,2,...,n ). Тоді рівність (2.29)				пере-
пишемо так			k
пишемо так	→			→		→	→
	→			→		→	→
	b	= α		1 a1	+ α	2 a 2	+ ...+ α n a n	(2.30)
	→

Значить вектор b є лінійною комбінацією векторів базису.

113

→

Покажемо, що розклад (2.30) вектора b є єдиний.

Припустимо, що існує інша лінійна комбінація, відмінна від (2.30), наприклад ,

		→	→	→		→
		b = β1 a1 + β2 a 2			+ ...+ βn a n			(2.31)
Віднімаючи від рівності (2.30) рівність (2.31), одержимо
			→		→			→
	0 = ( α1 − β1 )a1 + (			α 2 − β	2 ) a 2	+ ...+ ( α n	− βn ) a n .
З цієї рівності і із лінійної незалежності векорів								→ →	→
З цієї рівності і із лінійної незалежності векорів								a 1 , a 2 ,...,an
випливає, що α1 − β1 = 0,α 2 − β2 = 0,...α n − βn = 0 або
α1 = β1 ,α 2 = β2 ,...α n = βn .
Отже, розклад (2.28) є єдиний.									→
Числа	α1 ,α 2 ,...,α n								→
Числа	α1 ,α 2 ,...,α n		називаються координатами вектора						b в
→ →		→
базисі a 1 , a 2 ,...,an .
Нехай	в	просторі	Rn маємо		два	базиси ,	а	саме	ста-
→ →	→	→	→	→
рий a 1 , a 2 ,...,an		і новий b 1 , b 2 ,...,bn .

→→ →

Нехай кожний вектор b 1 , b 2 ,...,bn нового базису має в старому базисі координати b1i ,b2i ,...,bni , тобто

		→		→		→	→
		b1	= b11 a 1		+ b21 a 2 + ...+ bn1 a n
		→		→		→	→
		→		→			→
		b 2	= b12 a 1		+ b22 a2 + ...+ bn2 an			(2.32)
		...............................................
		→		→		→	→
		→		→			→
		b n	= b1n a 1		+ b2n a2 + ...+ bnn a n			(2.32) B = [bij ]
	Матриця,	виписана		із	коефіцієнтів		системи	(2.32) B = [bij ]
( i , j = 1,2,...,n )		називається матрицею переходу від старого базису
до нового.
	Матриця B - неособлива. Зворотній перехід від нового базису
→ →	→			→	→	→
b 1 , b 2 ,...,bn до		старого		a 1 , a 2 ,...,an здійснюється				з допомогою

оберненої матриці B−1 .

114

Знайдемо залежність між координатами вектора в різних

→

базисах. Нехай вектор X = ( x1 , x2 ,..., xn ) заданий в старому базисі, а

→

в новому базисі X = ( y1 , y2 ,..., yn ) , тобто

→	→	→		→	→		→	→
x	= x1 a 1	+ x2 a 2	+ ...+ xn an		= y1 b 1		+ y2 b 2 + ...+ yn bn .		(2.33)
		→	→	один і той же вектор, то маємо
Так як вектор X і X				один і той же вектор, то маємо
			n	→	n	→
			∑ xi ai =		∑ y j	bj .			(2.34)
			i = 1		j = 1
								→ →	→
Підставляючи в цю рівність розклад векторів								b 1 , b 2 ,...,bn по

→→ →

векторах a 1 , a 2 ,...,an , а саме (2.32) , то одержимо

n	→	n	n	→ →	n	→ n
∑ xi ai		= ∑ y j ∑ b ij a j			= ∑ai ∑bij y j .
i = 1		j = 1	i = 1		i = 1	j = 1

→

Зцієї рівності випливає зв’язок між координатами вектора X

встарому і новому базисах

n
xi = ∑bij y j i = 1,2,...,n .	(2.35)

j = 1

		x1

Якщо позначити	→	x2
Якщо позначити	X	= .	,
		.
		.

		xn
так		→		=
так		X		=

	y1

→	y2
X = .		, то (2.35) запишеться
	.
	.

	yn

→

B X .

Таким чином, вектор в старих координатах дорівнює матриці переходу, помноженій на вектор в нових координатах.

→	→
Якщо матриця B невироджена, то X = B − 1	X , тобто одержи-

мо вектор в новому базисі через обернену матрицю переходу і координати вектора в старому базисі.

Приклад 1. Показати, що вектори

→	→	→	= ( 1;4;5 ) є лінійно незалежні.
a 1	= ( 3;0;2 ), a 2	= ( 1;−2;3 ), a 3	= ( 1;4;5 ) є лінійно незалежні.

115

Розв’язування. Складемо рівняння типу (2.26)

→	→	→
k1 a 1	+ k2 a 2	+ k3 a3	= 0 .

Цю рівність перепишемо у вигляді k1(3;0;2)+k2(1;-2;3)+k3(1;4;5)=0.

Із даної рівності одержуємо систему лінійних рівнянь для знаходження k1 ,k2 ,k3 :

						3k1 + k2 + k3 = 0,
						− 2k2 + 4k3 = 0,
						2k1 + 3k2 + 5k3 = 0.
		Визначник цієї однорідної системи
		=		3	1	1	= −30	+ 8	+ 4	− 36 = −54 ≠ 0 .
				3	1	1
				0	− 2 4
				2	3	5
		Якщо = −54 ≠ 0 ,то однорідна система має єдиний нульовий
розв’язок k1 = 0, k2				= 0, k3		= 0. Таким чином, дана система векторів
лінійно незалежна.
		Приклад 2. Задано вектори
→	=	→				→				→
a 1	=	( 4;5;2 ), a 2 =	( 3;0;1 ), a 3 = ( −1;4;2 )і d = ( 5;7 ;8 ) в базисі
→	→	→					→	→	→
b1 , b 2 ,b3 .Показати, що вектори a 1 , a 2 ,a3										утворюють базис і знай-
					→
ти координати вектора d в цьому базисі.
										→ → →

Розв’язування.				Покажемо, що вектори a 1 , a 2 ,a3 утворюють
базис. Для цього складемо визначник із координат цих векторів.
=	4	5	2	= 24 − 5	− 6 − 30 = −27 ≠ 0.
	4	5	2
	3 0 1
	− 1	4	2
		≠ 0 ,				→	→	→
Так як		≠ 0 ,		то вектори a 1 , a 2 ,a3 утворюють базис. Вирази-
мо зв’язок між базисами
				→		→			→
				→		→			→
				a 1	=	4 b1	+	5 b2 + 2 b 3
				→	=	→	+		→
				a 2	=	3 b1	+		b 3 .
				→		→	+	→	→
				a 3	= − b1		+	4 b 2	+ 2 b 3

116

			→ → →
Матриця переходу від базису b1 , b 2 ,b3 до базису
→ → →	4	3	− 1
a 1 , a 2 ,a3 має вигляд B =	5	0	4	.
	2	1	2

Знаходимо обернену матрицю B−1												до матриці B .
4			5		2			− 4 − 7 12
BT =	3		0		1	, B	П =	− 2 10			− 21		,
	− 1 4				2				5
	− 1 4				2				5	2 − 15
		1			4	− 7	12
B− 1 = −		1		− 2 10			− 21		.
B− 1 = −				− 2 10			− 21		.
		27			5	2	− 15

4 − 7 12 5

− 1

Тепер y2 = −

− 2

−

= −

− 108

4 .

−

− 81

→

Нові координати вектора d в базисі a 1 , a 2 ,a3 є –1;4;3. Вектор

→

d можна записати у вигляді d

= − a 1 + 4 a 2 +

3 a3 .

Примітка. Дану задачу можна розв’язати другим способом.

Для

знаходження координат

вектора

→

d в

базисі

a 1 , a 2 ,a3

4 x + 3 y − z = 5,

складемо систему

5 x + 4z = 7 ,

2 x + y + 2z = 8.

Для знаходження розв’язків даної системи застосуємо правило

Крамера.

− 1

= −27

≠ 0.

1 =

− 1

= −7

+ 96 − 20 − 42 = 27 x =

1 =

= −1 .

7 0 4

− 27

2 =

− 1

= 56 − 40 + 40 + 14 − 50 − 128 = −108,

y =

2 =

− 108 = 4.

− 27

117

3 =	4	3	5	= 25	+ 42 − 28 − 120 = −71, z =	3 =	− 71	= 3.
	5	0	7
							− 27
	2	1	8
				→	→ → →		→	= ( −1;4;3 ).
Значить вектор d в базисі a 1 , a 2 ,a3 має координати d

§14. Власні числа та власні вектори матриці

→

Означення. Вектор x ≠ 0 називається власним вектором матриці A , якщо знайдеться таке число λ , що

→	→
A x	= λ x ,	(2.36)
де число λ називається власним значенням матриці		A , яке

→

відповідає вектору x .

Запишемо рівність (2.36) в матричній формі:

AX = λX ,

→

де X − матриця-стовпчик із координат вектора x . Рівняння (2.37) розпишемо в координатній формі

a11 x1

+ a12 x2

+ ...

+ a1n xn

= λx1

+ a

+ ...

+ a

= λx

................................................

an1 x1

+ an2 x2

+ ...+ ann xn

= λxn

(2.37)

(2.38)

Перепишемо рівняння системи (2.38) так, тинах були нулі:

( a11 − λ )x1

+ a12 x2

+ ...

+ a1n xn

= 0

+ ( a

− λ )x

+ ...

+ a

= 0

................................................

an1 x1

+ an2 x2 + ...+ ( ann − λ )xn

= 0

щоб в правих час-

(2.39)

Щоб перейти до розгляду системи (2.39) доведемо таку тео-

рему.

ТЕОРЕМА. Однорідна система ( n рівнянь з n

невідомими)
AX = 0	(2.40)

має ненульовий розв’язок тоді і тільки тоді, коли A = 0 , тобто

коли матриця A є виродженою.

118

Доведення. Нехай система (2.40) має ненульовий розв’язок. Покажемо, що A = 0 . Дійсно, якщо б це було не так, тобто A ≠ 0 ,

то розв’язуючи систему за правилом Крамера, ми б одержали єдиний нульовий розв’язок x = 0 , а це протирічить умові.

Нехай A = 0 , покажемо, що існує ненульовий розв’язок системи. Для зручності розглянемо систему двох рівнянь.

+ a

= 0

(2.41)

= 0

a21 x1

+ a22 x2

A =

12 .

a21

a22

Тому що

= 0 , то і

= 0

, тобто матриця

a12

a22

є виродженою.Значить стрічки матриці

A є лінійно залежними, а це

означає, що і стовпчики матриці

AT є лінійно залежні. Вказані сто-

→→

впчики позначимо через a 1 і a 2 . При цьому існують такі числа k1 і k2 , які не дорівнюють одночасно нулю, що виконується рівність

→

+ a

= 0

k1 a 1 + k2

a 2 = 0 або в координатній формі

= 0

a21k1

+ a22k2

Отже, це значить, що система (2.41) має ненульовий розв’язок. Теорема доведена.

Тепер повернемось до системи (2.39). На основі вище приведеної теореми, система (2.39) має ненульовий розв’язок тоді і тільки тоді, коли визначник системи дорівнює нулю, тобто

		a11 − λ	a12	...	a1n

A − λE	=	a21	a22 − λ	...	a2n	= 0 .	(2.42)

		...	...	...	...

		an1	an2	...	ann − λ

Визначник (2.42) є многочленом n -го степеня відносно λ . Цей многочлен називається характеристичним многочленом матриці А, а рівняння (2.42) називається характеристичним рівнянням матриці А

Приклад 1. Знайти власні числа і власні вектори матриці

	1	2
A =	− 1	4	.
	− 1	4

119

Розв’язування. Запишемо систему типу (2.39) для знаходження власних чисел і власних векторів, а саме

( 1 − λ )x1 + 2 x2	= 0 ,
	(2.43)
− x1 + ( 4 − λ )x2	= 0.
Як нам уже відомо, для того, щоб ця система мала ненульові

розв’язки, потрібно , щоб визначник цієї системи дорівнював нулю,

тобто	1 − λ	2	= 0	2	λ + 6	= 0. Корені цього квадратного

	− 1	4 − λ		або λ − 5
рівняння є		λ1 = 2,λ 2 = 3. Таким чином ми знайшли власні

(характеристичні) числа.

Тепер знайдемо власні вектори, які відповідають знайденим власним числам.

Щоб знайти координати власного вектора, що відповідає власному числу λ1 = 2, то λ1 = 2 підставляємо в систему (2.43).

	Одержимо	− x1 + 2 x2	= 0	при
	Одержимо		, звідси x1 = 2t , x2 = t	при
		− x1 + 2 x2	= 0
довільному t ≠ 0 , є розв’язком цієї системи. Отже, вектор
2t
	, t ≠ 0 є власним вектором-стовпчиком матриці A.
t

Для знаходження координат власного вектора матриці			A, що
відповідає власному	числу λ 2 = 3 поступаємо аналогічно.		Число
λ 2 = 3 підставляємо в систему (2.43) і одержимо
− 2 x1 + 2 x2 = 0	, звідси x1 = x2 .
	, звідси x1 = x2 .
− x1 + x2 = 0
Значить, x1 = t ,	x2 = t , t ≠ 0 , а вектор-стовпчик t	є власним
	t

вектором, що відповідає власному числу λ 2 = 3 .

14.1. Лінійна модель торгівлі.

Одним із прикладів економічних процесів, які приводять до поняття власного числа і власного вектора матриці, є процес взаємних закупок товарів. Ми будемо розглядати лінійну модель обміну, або як її називають другими словами, модель міжнародної торгівлі.

Нехай є n держав, S1 , S2 ,...Sn національний дохід яких дорів-

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 4912 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.03.20161.02 Mб71Vikova_shpori.doc
#
07.03.2016838.66 Кб458vilna_bilety.doc
#
23.09.2019188.42 Кб1Vimogi_do_ofrmlennya_INDZ (1).doc
#
07.03.201638.3 Кб20visha_osvita_nimechchini.docx
#
19.03.2015150.28 Кб17VKhnpu_psykhol_2012_42(1)__17.pdf
#
19.03.20152.73 Mб19VM_pidr.pdf
#
22.12.20181.25 Mб3voprosy.doc
#
17.04.201934.15 Кб1voprosy.docx
#
07.08.2019138.24 Кб1voprosy_gayday_-_kopia.doc
#
19.03.20152.34 Mб19Voroshilov_V_V_-_Zhurnalistika_-_2000.doc
#
19.03.2015239.1 Кб37VPS_shpory.doc