Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Удмуртский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Tom 5

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.05.2015

Размер:

470.51 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

1	0	...	0
1	0	...	0
0	1	...	0	,
... ... ... ...
0	0	...	1

и находится он в последних t строках матрицы F. Матрица из укороченных столбцов F = (X1 ,...,Xt ) содержит эту еди-

ничную матрицу, т.к. m ≤s . Следовательно, rang F = t и система ее столбцов линейно независимая, ч.т.д.

Подставляя столбцы Xj матрицы X = (X1 ,...,Xt ) в равенство (1) находим t столбцов Cj , j =1,2,...,t , каждый из которых принадлежит пересечению M ∩L :

		j , j =1, 2,..., t .	(3)
Cj = −(B1,..., Bp )X

Удобнее работать в матричной форме:

(C1,C2 ,...,Ct ) = −(B1,..., Bp ) (X1,..., Xt ) = −BF ,

где B = (B1 ,...,Bp ) . Легко видеть, что

(C1,C2 ,...,Ct ) = (A1,..., Am ) (X1,..., Xt ) = AF , где A = (A1 ,...,Am ) .

Полученная система столбцов {C1,...,Ct } будет линейно

независимой. Действительно, допустим противное. Пусть

λ1C1 +...+λt Ct = 0 ,

где не все коэффициенты равны нулю: (λ1 ,...,λt ) ≠ (0,...,0) , то из равенства (3) сразу же следует равенство

0 = λ1C1 +...+λt Ct = −B(λ1 X1 +...+λt Xt ) ,

где столбец D =λ1 X1 +...+λt Xt ≠ 0 в силу линейной неза-

висимости системы {X1,...,Xt } .

С другой стороны, rang B = rang{B1 ,...,Bp } = p и поэто-

му система линейных уравнений BX = 0 имеет единственное нулевое решение, откуда следует, что столбец D = 0 . Полученное противоречие доказывает, что система столбцов {C1 ,...,Ct } является линейно независимой системой

столбцов пространства M ∩L , размерность которого равна t. Отсюда следует, что система {C1 ,...,Ct } является базисом

пересечения. Ясно, что система {−C1 ,...,−Ct } также является базисом пересечения, ч.т.д.

Пример. Найти размерность и базис линейных оболочек

M =< A1,A2 ,A3 >, L =< B1,B2 ,B3 >,

их суммы M +L и пересечения M ∩L , если

		1					0						1

A	=	−2	, A			=	1		, A		=		−1	,
1		−1			2		2			3			1
		1											0
		1					−5						0
		2				−3					−1

B	=	−1 , B				=	0	, B		=		−1 .
1		0		2			1		3			1
		4											2
		4				−1							2

Решение. Составляем матрицу (A1 ,A2 ,A3 ,B1 ,B2 ,B3 ) и эле-

ментарными преобразованиями строк приводим ее к ступенчатому виду:

1		0	1	2	−3	−1


(A \| B) =	−2 1		−1	−1 0		−1 .
	−1	2	1	0	1	1
	1	−5	0	4	−1	2


			42

Последовательно выполним следующие преобразования. Ко 2-й строке прибавим 1-ю, умноженную на 2, к 3-й строке прибавим 1-ю, из 4-й строки вычтем 1-ю и разделим все элементы 3-й строки на 2. Короче это можно описать так:

	S :=S +2S , S :=S +S , S :=S −S , S :=																1 S .
			2		2	1		3	3	1	4		4	1		3	2	3
1				0 1			2 −3 −1				1	0 1				2 −3 −1
1				0 1			2 −3 −1				1	0 1				2 −3 −1
	0			1 1			3	−6 −3			0	1 1				3 −6 −3
	0			1 1			3	−6 −3		~	0	1 1				3 −6 −3			,
	0			2 2			2	−2 0			0	1 1				1 −1 0
	0			−5 −1			2 2 3				0	−5 −1				2 2 3
	0			−5 −1			2 2 3				0	−5 −1				2 2 3
					S4 :=S4 +5S3 , S3 :=S3 −S2 , S3 ↔S4 :
	1			0	1		2 −3 −1				1	0	1		2 −3 −1
	1			0	1		2 −3 −1				1	0	1		2 −3 −1

		0		1	1	3		−6 −3		~	0	1	1		3 −6 −3 .
		0		0	0	−2 5 3					0	0	4		7 −3 3
		0		0	4	7		−3 3			0	0	0		−2 5 3
		0		0	4	7		−3 3			0	0	0		−2 5 3

Из полученных результатов делаем вывод:

rang (A1,A2 ,A3 ) =3, rang (A1,A2 ,A3 ,B1,B2 ,B3 ) = 4 ,

т.е. {A1 ,A2 ,A3} – базис подпространства М, {A1 ,A2 ,A3 ,B1}

– базис подпространства M +L ,

		dim M =3 ,				dim(M +L) = 4 .
Отдельно вычисляем ранг матрицы B = (B1 ,B2 ,B3 ) :
	2	−3	−1		−1 0		−1	−1 0				−1

B =	−1 0		−1	~	2	−3	−1	~	0	−3		−3	.
	0	1	1		0	1	1		0	1	1
	4	−1	2		4	−1	2		0	−1		−2
	4	−1	2		4	−1	2		0	−1		−2

Здесь выполнены преобразования:

S1 ↔S2 , S2 :=S2 +2S1, S4 :=S4 +4S1 .

Далее, последовательно выполняем преобразования

S := −	1 S , S :=S					−S , S :=S					+S	:
2	3	2		3	3		2		4	4	2
	−1 0				−1			−1 0 −1
		0	1	1				0	1	1
B ~							~				.
		0	1		1			0	0	0
		0	−1		−2			0	0
										−1

Вывод: rang(B1 ,B2 ,B3 ) = dimL =3 ,{B1 ,B2 ,B3} – базис L, dimM ∩L = dimM +dimL −dim(M +L) =3 +3 −4 = 2 .

Возвращаемся к ступенчатой форме матрицы (A | B) и находим соответствующую систему уравнений, перенося

свободные переменные x5 и x6																				в правые части уравнений:
		1 0 1								2 −3 −1										1 0 1		2 −3 −1
		1 0 1								2 −3 −1										1 0 1		2 −3 −1

			0 1 1							3					−6 −3				~	0 1 1		3 −6 −3
			0 0 0									−2 5 3								0 0 4		7 −3 3
			0 0 4							7					−3 3					0 0 0		−2 5 3
			0 0 4							7					−3 3					0 0 0		−2 5 3
								x1 +0 x2 + x3 +2x4 = 3x5 + x6
															x2 +x3 +3x4						= 6x5 +3x6
															x2 +x3 +3x4						= 6x5 +3x6		.
																	4x3 +7x4				= 3x5 −3x6		.
																	4x3 +7x4				= 3x5 −3x6
																			−2x4 = −5x5 −3x6
																			−2x4 = −5x5 −3x6
Обозначим								x5			=8α, x6						=8β		и находим оставшиеся неиз-
вестные:
x	4	= 5 x		5	+		3 x		6		= 20α+12β,
	4	2		5			2		6
x	3	= −7 x				4	+	3 x				5	−	3 x		6	= −	7	(20α+12β) +6α−6β =
	3		4			4		4				5		4		6		4

= −29α−27β,

x2 = −x3 −3x4 +6x5 +3x6 =

= 29α+27β−60α−36β+48α+24β =17α+15β, x1 = −x3 −2x4 +3x5 + x6 =

	= 29α+27β−40α−24β+24α+8β =13α+11β
Выписываем общее решение:
		13α+11β			13		11
		17α+15β			17			15
		17α+15β			17			15
X =		−29α−27β			−29			−27
X =		20α+12β	= α		20	+β		12	.
		20α+12β			20			12
		8α			8			0

		8β			0			8
		8β			0			8
Составляем матрицу F, столбцами которой являются
столбцы фундаментальной системы решений:
				13	11
				17	15
				17	15
				−29 −27
		F = (X1 ,X2 ) =		20	12		.
				20	12
				8		0

				0		8
				0		8

Составляем матрицу F , полученную из матрицы F отбрасыванием последних 3-х строк:

	13		11
		17	15

F =				.
		−29	−27

Составляем матрицу F , полученную из матрицы F отбрасыванием первых 3-х строк:

	20		12
		8	0


F =				.
		0	8

Находим матрицу, столбцами которой будет базис пересечения:

				(C1,C2 ) = (B1,B2 ,B3 )					F	=
	2	−3	−1		20	12	16 16					4	4

=	−1 0		−1		8	0	=	−20 −20			= 4	−5 −5		.
	0	1	1					8	8			2	2
					0	8
	4	−1	2					72 64				18 16

Таким образом, в качестве базиса пересечения можно взять систему из двух столбцов:

		4				4
		−5				−5
C	=	−5	, C		=	−5	.
1		2		2		2
		18				16
		18				16

Можно выполнить проверку, вычислив эти столбцы по другой формуле:

				(C1,C2 ) = (A1, A2 , A3 )						F	=
	1	0	1	13		11	−16 −16						4	4
				13		11
=	−2 1		−1		17	15	=	20	20			= −4	−5 −5		.
	−1 2		1					−8		−8			2	2
	−1 2		1		−29	−27		−8		−8			2	2
	1	−5 0			−29	−27		−72	−64				18 16
	1	−5 0						−72	−64				18 16

Ответ: {A1,A2 ,A3} – базис М, dim M =3 , {B1,B2 ,B3} – базис L, dim L =3, {A1,A2 ,A3 ,B1} – базис M + L ,

			4					4
			−5					−5
dim (M + L) = 4 ,	{C	=	−5	,	C		=	−5	}
	1		2			2		2
			18					16
			18					16

– базис M ∩L , dim M ∩L = 2 .

Задача 238. Найти базисы подпространств, содержащие базис их пересечения.

Решение.	Пусть	{A1 ,A2 ,...,Am } ,	{B1 ,B2 ,...,Bp }		и
{C1 ,C2 ,...,Ct }	– базисы подпространств М,			L и M ∩L
пространства	Kn соответственно. Так как			M ∩L M и
M ∩L L , то
dim M ∩L = t ≤ dim M = m, dim M ∩L = t ≤ dim L = p
и базис M ∩L можно дополнить до базисов М и L, если
t < m или t < p .
Так как	C1 ,C2 ,...,Ct M ∩L , то		C1 ,C2 ,...,Ct M ,
C1 ,C2 ,...,Ct L и M =< A1,...,Am >=< C1,...,Ct ,A1,...,Am					> ,
L =< B1,...,Bp >=< C1,...,Ct ,B1,...,Bp > .
С другой стороны,		dim M = rang{C1,...,Ct ,A1,...,Am} = m ,

поэтому ранг матрицы (C | A) = (C1 ,...,Ct ,A1 ,...,Am ) тоже

равен m. Так как столбцы C1 ,C2 ,...,Ct				линейно независи-
мы, то можно найти базисный минор матрицы (C \| A) , по-
строенный на первых t столбцах и				еще	каких-нибудь
(m − t) столбцах	матрицы	А.	Выписав		из	системы
{C1 ,...,Ct ,A1 ,...,Am }	столбцы с этими номерами, мы полу-
чим искомый базис подпространства М.
Аналогично, находим		базисный		минор		матрицы
(C1 ,...,Ct ,B1 ,...,Bp ) ,	записываем		номера его		столбцов и,
	47

выписывая из системы {C1 ,...,Ct ,B1 ,...,Bp } столбцы с этими номерами, получаем искомый базис подпространства L.

Пример. Найти базисы подпространств

M =< A1,A2 ,A3 >, L =< B1,B2 ,B3 >,

содержащие базис их пересечения, если

		1					0						1

A	=	−2	, A			=	1		, A		=		−1	,
1		−1			2		2			3			1
		1											0
		1					−5						0
		2				−3					−1

B	=	−1 , B				=	0	, B		=		−1 .
1		0		2			1		3			1
		4											2
		4				−1							2

Решение. Базис пересечения был найден в примере предыдущей задачи:

				4							4
			−5								−5
{ C		=	−5			, C				=	−5		} .
	1			2					2		2
			18								16
			18								16
Выписываем матрицу										4		4			1	0	1



(C \| A) = (C ,C	,A ,A				,A			) =		−5 −5				−2 1			−1
1	2	1		2			3			2 2				−1 2			1
										18	16				1	−5	0

и находим ее базисный минор с помощью элементарных преобразований строк. Выполним преобразование

		S1 :=S1 +S2 :
	−1		−1			−1
	−1		−1			−1
		−5	−5			−2
(C \| A) ~		−5	−5			−2
		2	2			−1
		18	16		1
		18	16		1
Далее S2 :=S2 +(−5)S1,		S3 :=S3 +2S1,
	−1		−1			−1
	−1		−1			−1
		0	0	3
(C \| A) ~		0	0	3
		0	0			−3
		0	−2			−17
		0	−2			−17
Переставим 2-ю и 4-ю строки:
	−1		−1			−1
	−1		−1			−1
		0	−2			−17
(C \| A) ~		0	−2			−17
		0	0			−3
		0	0	3
		0	0	3
Далее S4 := S4 +S3 :
	−1		−1			−1
	−1		−1			−1
		0	−2			−17
(C \| A) ~		0	−2			−17
		0	0			−3
		0	0			0

1	0

1	−1 .
2	1
−5	0
−5	0

S4 :=S4 +18S1 :

1	0

−4 −1 .
4	1
13	0
13	0
1	0
13	0
13	0	.
4	1

−4 −1
1	0
13	0
13	0	.
4	1
0	0
0	0

Базисный минор имеет порядок 3 и стоит в левом верхнем углу. Базисные столбцы имеют номера: 1, 2 и 3. Следовательно, базис линейной оболочки

M =< C1,C2 ,A1,A2 ,A3 >

образуют столбцы системы {C1,C2 ,A1,A2 ,A3} с этими но-

мерами: {C1,C2 ,A1} .

Аналогично находим базис линейной оболочки

L =< C1,C2 ,B1,B2 ,B3 >.

Выписываем матрицу	4	4	2	−3	−1



(C \| B) = (C ,C ,B ,B ,B ) =	−5 −5		−1 0		−1
1 2 1 2 3	2	2	0	1	1
	18	16	4	−1	2

и находим ее базисный минор с помощью элементарных преобразований строк. Выполним преобразование

			S1 :=S1 +S2 :
	−1 −1						1 −3 −2
	−1 −1						1 −3 −2
		−5 −5					−1 0		−1
(C \| B) ~		−5 −5					−1 0		−1	.
			2	2			0	1	1
		18 16					4 −1		2
		18 16					4 −1		2
Далее S2 :=S2 +(−5)S1,			S3 :=S3 +2S1, S4 :=S4 +18S1 :
−1 −1					1 −3 −2
−1 −1					1 −3 −2
	0			0		−6 15			9
(C \| B) ~	0			0		−6 15			9		.
	0			0		2		−5	−3
	0			−2		22		−55	−34
	0			−2		22		−55	−34
Переставим 2-ю и 4-ю строки:
−1 −1					1 −3 −2
−1 −1					1 −3 −2
	0			−2		22		−55	−34
(C \| B) ~	0			−2		22		−55	−34		.
	0			0		2		−5	−3
	0			0		−6		15	9
	0			0		−6		15	9

Далее S4 := S4 +3S3 :

−1 −1			1	−3	−2

	0	−2	22	−55	−34
(C \| B) ~						.
	0	0	2	−5	−3
	0	0	0	0	0

Базисный минор стоит на первых трех столбцах, следовательно, система столбцов {C1,C2 ,B1} является базисом L.

Замечание. Как видно из примера, элементарные преобразования повторяются, поэтому можно работать сразу с матрицей (C | A | B) . И только тогда, когда матрица С при-

ведена к трапециевидному виду, вычислять базисные миноры матриц (C | A) и (C | B) по отдельности.

Ответ: {C1,C2 ,A1} – базис M, {C1,C2 ,B1} – базис L, где

		4					4
		−5					−5
{ C	=	−5	,	C		=	−5	} – базис M ∩L .
1		2			2		2
		18					16
		18					16

Задача 239. Дополнить линейно независимую систему столбцовдобазисапространствастолбцовданнойвысоты.

Решение. Пусть {A1,...,Am} – линейно независимая система столбцов арифметического пространства столбцов Kn , где m < n , и {e1 ,...,en } – канонический базис арифме-

тического пространства Kn .

Решение точно такое же, как в предыдущей задаче. Выписываем матрицу

(A | E) = (A1 ,...,Am | e1 ,...,en )

и приводим ее к ступенчатому виду элементарными преобразованиями строк, выделяем базисный минор, содержа-

щий первые m столбцов, и записываем номера остальных его (n −m) столбцов.

Из системы столбцов {A1 ,...,Am | e1 ,...,en } выписываем

n столбцов, номера которых совпадают с номерами базисного минора. Выписанная система n столбцов дает искомый базис арифметического пространства.

Пример. Дополнитьдобазисасистемустолбцов {A1,A2}, если

				1						2
				−2							−4
				−2							−4
		A =		0	, A					=	1		.
	1			0					2		3
				0							3
				1							1
				1							1
Решение. Выписываем матрицу
			1		2		1			0	0		0	0
			1		2		1			0	0		0	0
			−2	−4			0 1 0 0 0
			−2	−4			0 1 0 0 0
		(A \| E) =	0		1		0 0 1 0 0								.
			0		3		0			0	0		1	0
			0		3		0			0	0		1	0
			1		1		0			0	0		0	1
			1		1		0			0	0		0	1
Выполним преобразования
		S2 :=S2 +2S1, S5 :=S5 −S1, S2 ↔S3 :
1 2		1 0 0 0 0 1 2										1 0 0 0 0
1 2		1 0 0 0 0 1 2										1 0 0 0 0
	0 0	2 1 0 0 0						0 1				0 0 1 0 0
	0 0	2 1 0 0 0						0 1				0 0 1 0 0
	0 1	0 0 1 0 0				~		0 0				2 1 0 0 0				.
	0 3	0 0 0 1 0						0 3				0 0 0 1 0
	0 3	0 0 0 1 0						0 3				0 0 0 1 0
	0 −1	−1 0 0 0 1						0		−1			−1 0 0 0 1
	0 −1	−1 0 0 0 1						0		−1			−1 0 0 0 1
Далее S4 :=S4 +(−3)S2 ,				S5 :=S5 +S2 :
						52

1 2			1 0 0 0 0						1 2			1 0 0 0 0
1 2			1 0 0 0 0						1 2			1 0 0 0 0
	0 1		0 0 1 0 0						0 1		0 0 1 0 0
	0 1		0 0 1 0 0						0 1		0 0 1 0 0
	0 0		2 1 0 0 0					~	0 0		2 1 0 0 0			.
	0 3		0 0 0 1 0						0 0			0 0 −3 1 0
	0 3		0 0 0 1 0						0 0			0 0 −3 1 0
	0 −1		−1 0 0 0 1						0 0			−1 0 1 0 1
	0 −1		−1 0 0 0 1						0 0			−1 0 1 0 1
Далее S3 ↔ S5 :
			1		2		1	0	0	0		0
			1		2		1	0	0	0		0
				0	1		0	0	1	0		0
				0	1		0	0	1	0		0
				0 0		−1 0 1 0 1							.
				0	0		0	0	−3	1		0
				0	0		0	0	−3	1		0
				0	0		2	1	0	0		0
				0	0		2	1	0	0		0
Далее S5 :=S5 +2S3 ,					S4		↔S5 :
1 2		1 0 0 0 0							1 2			1 0 0 0 0
1 2		1 0 0 0 0							1 2			1 0 0 0 0
	0 1	0 0 1 0 0							0 1			0 0 1 0 0
	0 1	0 0 1 0 0							0 1			0 0 1 0 0
	0 0	−1 0 1 0 1						~	0 0			−1 0 1 0 1		.
	0 0	0 0 −3 1 0							0 0			0 1 2 0 2
	0 0	0 0 −3 1 0							0 0			0 1 2 0 2
	0 0	0 1 2 0 2							0 0			0 0 −3 1 0
	0 0	0 1 2 0 2							0 0			0 0 −3 1 0

Базисный минор стоит на первых 5 столбцах. Выписываем первые 5 столбцов из системы {A1 ,A2 ,e1 ,e2 ,e3 ,e4 ,e5 } и по-

лучаем искомый базис.

Ответ: {A1,A2 ,e1,e2 ,e3}, где
	1				2		1				0				0
	−2				−4		0				1				0
	−2				−4		0				1				0
A =	0	, A		=	1	, e =	0	, e		=	0	, e		=	1	.
1	0		2		3	1			2				3
	0				3		0				0				0
	1				1		0				0				0
	1				1		0				0				0
						53

Глава 28. Матрица перехода и преобразования системы координат на плоскости и в пространстве

Пусть V векторное пространство над полем K, {e1,e2 ,...,en }, {u1,u2 ,...,un } – два его базиса. Разложим век-

торы второго базиса по первому:

= c e

+c e

+...+c

= c12e1

+c22e2 +...+cn 2en

(1)

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

= c

+...+c

Определение. Матрица

...

= c21

c22

...

c2n

...

cn 2

...

cn1

cnn

называется матрицей перехода от базиса {e1,e2 ,...,en } к ба-

зису {u1,u2 ,...,un }.

Равенства (1) могут быть записаны в матричной форме:

(u1,u2 ,...,un ) = (e1,e2 ,...,en )C

(1)

Для избежание путаницы матрицу перехода иногда обозначают со стрелкой, указывающей от какого базиса к какому совершается переход:

C = C .

e→ u

В частности, если пространство векторов есть арифметическое пространство столбцов высоты n, то базис, т.е. упоря-

доченный набор из n столбцов высоты n можно записать в виде матрицы:

(u1 ,u2 ,...,un ) = U, (e1 ,e2 ,...,en ) = E .
И равенство (1) принимает вид:
U = E C .	(2)
e→ u

Обычно, буквой е с индексами обозначается естественный (канонический) базис арифметического пространства:

где	{e1,e2 ,...,en },
где		0
		0
		#
		#
ej	=	1	, j =1,2,...,n ,
		#
		#
		0
		0

где 1 стоит в j-й строке, а остальные координаты равны 0. В этом случае,

				1		0	...	0
					0	1	...	0
E = (e ,e		,...,e		) =	0	1	...	0
1	2		n	...		...	...	...
					0	0	...	1
					0	0	...	1

– единичная матрица n-го порядка, и подставляя в (2), получаем:

U = E C =	C .
e→ u	e→ u

Теорема. Столбцы нового базиса образуют матрицу перехода к этому базису от естественного базиса арифметического пространства.

В общем же случае, матрица перехода находится из матричного равенства (2):

C = E−1U .

(3)

e→ u

Заметим, что матрица перехода С является решением матричного уравнения EX = U , которое можно решить методом Гаусса.

Теорема. Пусть Xe – столбец координат вектора х относительно старого базиса {e1,e2 ,...,en }, Xu – столбец координат вектора х относительно нового базиса {u1,u2 ,...,un } и

C = C – матрицапереходаотстарогобазисакновому. Тогда

e→u

Xe	= C Xu	.
	e→ u

Известно, что любая матрица перехода является невырожденной, т.е. обратимой. Поэтому из теоремы следует, что

Xu = C−1Xe .

Если известны координаты вектора в старом базисе и матрица перехода С, то координаты вектора в новом базисе есть решение системы линейных уравнений

CX = Xe ,

которую можно решить либо с помощью формул Крамера (матрица перехода является невырожденной), либо методом Гаусса.

Можно использовать свойство матрицы перехода:

	C −1 = C
	e→ u u → e
и, тогда, Xu = C −1 Xe = C Xe .
e→ u	u → e

Линейное преобразование переменных.

Назовем координаты произвольного (текущего) вектора переменными. Координаты x1 , x2 ,..., xn вектора х относи-

тельно старого базиса назовем старыми переменными, а его координаты x1′, x′2 ,..., x′n относительно нового базиса назо-

вем новыми переменными. Тогда, матричное уравнение

Xe = C Xu

e→ u

в скалярной форме имеет вид:

	x	1	= c x′		+c x′		+...+c x′
			11	1	12	2	1n	n
x2			= c21x1′ +c22 x′2				+...+c2n x′n		(4)
			.........................................

			= cn1x1′ +cn 2 x′2 + +cnn x′n
xn

Система равенств (4) называется линейным преобразованием переменных, а матрица коэффициентов этого преобразования называется матрицей преобразования переменных. Если матрица преобразования невырожденная, то и само преобразование называется невырожденным. С такими преобразованиями мы столкнемся при изучении билинейных и квадратичных форм.

Точечно-векторные пространства.

Пусть в пространстве точек дана обычная, прямоуголь-

ная декартовая система координат Охуz. Пусть {i, j,k}

обычный ортонормированный базис, причем базисные векторы являются ортами осей координат.

Известно, что координаты любой точки M(x, y,z) сов-

падают с координатами ее радиус-вектора OM относи-

тельно ортонормированного базиса { i, j, k}.

Обратно, любой вектор можно отложить от начала координат и при этом его координаты не изменяются. Поэтому, любой вектор можно рассматривать как радиус-вектор точки. Это позволяет отождествить точку пространства с ее

радиус-вектором. Такие пространства называются точечновекторными пространствами. В таких пространствах вектор и точка это одно и то же.

В дальнейшем, при изучении евклидовых пространств мы увидим, что существуют точечно-векторные пространства любых измерений, а не только одно-, двухили трехмерные. Все выше сказанное справедливо не только в прямоугольных системах координат, но и в произвольных (косоугольных) декартовых системах координат.

Преобразования системы координат в точечновекторном пространстве.

Пусть в произвольном точечно-векторном пространстве фиксирована некоторая система координат, орты осей координат образуют базис соответствующего пространства векторов. Переход к другому базису приводит к изменению и системы координат. Поэтому переход к другому базису мы будем называть преобразованием системы координат.

При этом мы полагаем, что начало координат остается прежним. При изменении базиса меняются координаты векторов, а значит и точек. С этой точки зрения система (4) называется формулами преобразования координат.

В этой главе мы ограничимся рассмотрением только прямоугольных декартовых систем координат размерности не выше трех, которые для краткости будем обозначать аббревиатурой ПДСК. Кроме того, мы ограничимся только такими преобразованиями ПДСК, которые происходят в результате поворота осей координат вокруг начала координат или симметрии относительно прямой или плоскости, проходящих через начало координат.

Пусть система координат Oxyz подверглась преобразо-

ванию, при котором ортонормированный базис {i, j,k} пе-

реходит в ортонормированный базис { i′, j′, k′} . Разложим векторы нового базиса по старому:

i′ = c i +c

j+c

′

= c12 i +c22

j+c32 k .

= c13 i +c23

k′

j+c33 k

Тогдаматрицапереходаотстарогобазисакновомуимеетвид:

c	c	c
11	12	13	,
C = c21	c22	c23	,
	c32
c31	c32	c33

а координаты (x, y,z) произвольного вектора относительно

старого базиса (координаты точки в старой системе координат Охуz) связаны с координатами (x′, y′,z′) этого же

вектора относительно нового базиса (координатами этой же точки в новой системе координат Ox′y′z′) соотноше-

ниями, формулами преобразования координат:

x = c11x′+c12 y′+c13z′
		(5)
y = c21x′+c22 y′+c23z′
	z = c31x′+c32 y′+c33z′

или, в матричной форме,

x	x′
		,
y	= C y′	,

z	z′

где матрица перехода С называется также матрицей преобразования координат.

При преобразованиях системы координат на плоскости имеют место аналогичные формулы. Их можно получить, если мы отбросим одну из трех координат.

Замечание. При преобразованиях симметрии, ПДСК может изменить свою ориентацию. Смотри, например, задачи 245, 247 или 248. Определитель матрицы преобразования

(5) будет в этом случае отрицательным.

Задача 240. Найти матрицу перехода от одного базиса к другому.

Решение. Теория была рассмотрена выше, поэтому перейдем сразу к примерам.

Пример 1. Проверить, образует ли система столбцов {u1,...,un } базис арифметического пространства Rn и най-

ти матрицу перехода к этому базису от канонического базиса, если n = 3 и

		1			12			−2
u1			, u2		−5	, u3		0
u1	=	−1	, u2	=	−5	, u3	=	0	.
		1			3			7
		1			3			7

Решение. Составляем матрицу

1		12	−2
	−1	−5	0
U =				.
	1	3	7

Если det U ≠ 0 , то система столбцов {u1,u2 ,u3} линейно

независимая и тогда она образует базис арифметического пространства столбцов высоты 3, а матрица U будет искомой матрицей перехода.

Вычисляем определитель:

1 12 −2 −1 −5 0 . 1 3 7

Умножим 1-й столбец на (–5) и прибавим ко второму: 60

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.05.2015124.93 Кб32Test Headway Pre-Inter new - копия.doc
#
29.07.2019163.84 Кб2test_ot_Faridy_Kasimovny.doc
#
07.09.201928.82 Кб3text(1).docx
#
13.05.2015987.14 Кб9tgp2013.doc
#
11.08.2019187.27 Кб14The_Complex_Object.rtf
#
13.05.2015470.51 Кб8Tom 5.pdf
#
13.05.2015467.05 Кб9Tom 6.pdf
#
09.11.201954.24 Кб8tovarodvizhenie.docx
#
13.05.20152.22 Mб44training_delphi7.pdf
#
13.08.201931.21 Кб1trebovania_k_oformleniyu_texta_dokumentov.docx
#
22.08.2019110.59 Кб0trebyvania_k_oformleniyu_referatov.doc