Pronađite osnovu ovog sistema vektora. Kako pronaći osnovu datog sistema vektora. Linearna zavisnost i linearna nezavisnost vektora. Osnova vektora. Afini koordinatni sistem

Definicija osnove. Sistem vektora čini osnovu ako:

1) linearno je nezavisna,

2) bilo koji vektor prostora je linearno izražen kroz njega.

Primjer 1. Osnova prostora: .

2. U vektorskom sistemu osnova su vektori: , jer linearno izraženo u terminima vektora.

Komentar. Da biste pronašli osnovu datog sistema vektora potrebno je:

1) upisati koordinate vektora u matricu,

2) koristeći elementarne transformacije, dovesti matricu u trouglasti oblik,

3) nenulti redovi matrice će biti osnova sistema,

4) broj vektora u bazi je jednak rangu matrice.

Kronecker-Capelli teorem

Kronecker-Capelli teorema daje sveobuhvatan odgovor na pitanje kompatibilnosti proizvoljnog sistema linearnih jednadžbi s nepoznatim

Kronecker–Capelli teorem. Sistem linearnih algebarskih jednadžbi je konzistentan ako i samo ako je rang proširene matrice sistema jednak rangu glavne matrice, .

Algoritam za pronalaženje svih rješenja zglobni sistem linearne jednadžbe proizlaze iz Kronecker–Capellijeve teoreme i sljedećih teorema.

Teorema. Ako je rang zglobnog sistema jednak broju nepoznanica, onda sistem ima jedinstveno rješenje.

Teorema. Ako je rang konzistentnog sistema manji od broja nepoznatih, onda sistem ima beskonačan broj rješenja.

Algoritam za rješavanje proizvoljnog sistema linearnih jednačina:

1. Pronađite rangove glavne i proširene matrice sistema. Ako nisu jednaki (), onda je sistem nekonzistentan (nema rješenja). Ako su rangovi jednaki ( , onda je sistem konzistentan.

2. Za zajednički sistem nalazimo neki minor, čiji redosled određuje rang matrice (takav minor se naziva osnovnim). Hajde da komponujemo novi sistem Od jednadžbi u kojima su koeficijenti nepoznatih uključeni u osnovni minor (ove nepoznate se nazivaju glavnim nepoznanicama), odbacujemo preostale jednačine. Glavne nepoznanice sa koeficijentima ćemo ostaviti na lijevoj strani, a preostale nepoznanice (one se nazivaju slobodne nepoznanice) premjestit ćemo na desnu stranu jednadžbe.

3. Nađimo izraze glavnih nepoznanica u terminima slobodnih. Dobijamo opšte rešenje sistema.

4. Davanjem proizvoljnih vrijednosti slobodnim nepoznanicama, dobijamo odgovarajuće vrijednosti glavnih nepoznatih. Na ovaj način nalazimo parcijalna rješenja originalnog sistema jednačina.

Linearno programiranje. Osnovni koncepti

Linearno programiranje je grana matematičkog programiranja koja proučava metode za rješavanje ekstremnih problema koje karakterizira linearni odnos između varijabli i linearnog kriterija.

Neophodan uslov za postavljanje problema linearnog programiranja su ograničenja dostupnosti resursa, količine potražnje, proizvodnog kapaciteta preduzeća i drugih faktora proizvodnje.

Suština linearnog programiranja je pronaći tačke najvećeg ili najniža vrijednost neka funkcija pod određenim skupom ograničenja nametnutih na argumente i formiranje sistem ograničenja , koji po pravilu ima beskonačan broj rješenja. Svaki skup varijabilnih vrijednosti (argumenata funkcije F ) koji zadovoljavaju sistem ograničenja naziva se važeći plan problemi linearnog programiranja. Funkcija F , čiji je maksimum ili minimum određen se zove ciljna funkcija zadataka. Izvodljiv plan u kojem se postiže maksimum ili minimum funkcije F , zvao optimalan plan zadataka.

Sistem ograničenja koji određuje mnoge planove diktiraju proizvodni uslovi. Problem linearnog programiranja ( ZLP ) je izbor najprofitabilnijeg (optimalnog) iz niza izvodljivih planova.

U svojoj opštoj formulaciji, problem linearnog programiranja izgleda ovako:

Postoje li varijable? x = (x 1, x 2, ... x n) i funkcija ovih varijabli f(x) = f (x 1, x 2, ... x n) , koji se zove cilj funkcije. Postavljen je zadatak: pronaći ekstrem (maksimum ili minimum) funkcije cilja f(x) pod uslovom da su varijable x pripadaju nekom području G :

Ovisno o vrsti funkcije f(x) i regionima G i razlikuju sekcije matematičkog programiranja: kvadratno programiranje, konveksno programiranje, cjelobrojno programiranje, itd. Linearno programiranje karakteriše činjenica da
a) funkcija f(x) je linearna funkcija varijabli x 1, x 2, … x n
b) region G određuje sistem linearno jednakosti ili nejednakosti.

U geometriji, vektor se shvata kao usmereni segment, sa vektorima dobijenim jedan od drugog paralelni transfer, smatraju se jednakim. Svi jednaki vektori se tretiraju kao isti vektor. Izvor vektora se može postaviti u bilo koju tačku u prostoru ili ravni.

Ako su koordinate krajeva vektora date u prostoru: A(x 1 , y 1 , z 1), B(x 2 , y 2 , z 2), zatim

= (x 2 – x 1 , y 2 – y 1 , z 2 – z 1). (1)

Slična formula vrijedi i za avion. To znači da se vektor može napisati kao koordinatna linija. Operacije nad vektorima, kao što su sabiranje i množenje brojem, na nizovima se izvode komponentno. Ovo omogućava proširenje koncepta vektora, razumijevajući vektor kao bilo koji niz brojeva. Na primjer, rješavanje sistema linearnih jednačina, kao i bilo kojeg skupa vrijednosti sistemske varijable, može se smatrati vektorom.

Na nizovima iste dužine, operacija sabiranja se izvodi prema pravilu

(a 1, a 2, …, a n) + (b 1 , b 2 , … , b n) = (a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , … , a n+b n). (2)

Množenje niza brojem slijedi pravilo

l(a 1 , a 2 , … , a n) = (la 1 , la 2 , … , la n). (3)

Skup vektora reda date dužine n sa naznačenim operacijama sabiranja vektora i množenja brojem formira algebarsku strukturu tzv n-dimenzionalni linearni prostor.

Linearna kombinacija vektora je vektor , gdje je λ 1 , ... , λ m– proizvoljni koeficijenti.

Sistem vektora se naziva linearno zavisnim ako postoji njegova linearna kombinacija jednaka , u kojoj postoji barem jedan koeficijent različit od nule.

Sistem vektora naziva se linearno nezavisnim ako su u bilo kojoj linearnoj kombinaciji jednakoj , svi koeficijenti jednaki nuli.

Dakle, rješavanje pitanja linearne zavisnosti sistema vektora svodi se na rješavanje jednačine

x 1 + x 2 + … + x m = . (4)

Ako ova jednačina ima rješenja različita od nule, tada je sistem vektora linearno zavisan. Ako je nulto rješenje jedinstveno, onda je sistem vektora linearno nezavisan.

Za rješavanje sistema (4), radi jasnoće, vektori se mogu napisati ne kao redovi, već kao stupci.

Zatim, izvršivši transformacije na lijevoj strani, dolazimo do sistema linearnih jednačina ekvivalentnih jednačini (4). Glavna matrica ovog sistema je formirana koordinatama originalnih vektora raspoređenih u kolone. Kolona slobodnih članova ovde nije potrebna, pošto je sistem homogen.

Osnova sistem vektora (konačan ili beskonačan, posebno ceo linearni prostor) je njegov neprazan linearno nezavisan podsistem, kroz koji se može izraziti bilo koji vektor sistema.

Primjer 1.5.2. Pronađite osnovu sistema vektora = (1, 2, 2, 4), = (2, 3, 5, 1), = (3, 4, 8, –2), = (2, 5, 0, 3) i izraziti preostale vektore kroz bazu.

Rješenje. Gradimo matricu u kojoj su koordinate ovih vektora raspoređene u stupce. Ovo je matrica sistema x 1 + x 2 + x 3 + x 4 =. . Svodimo matricu na postupni oblik:

~ ~ ~

Osnovu ovog sistema vektora čine vektori , , , kojima odgovaraju vodeći elementi redova, označeni kružićima. Da bismo izrazili vektor, rješavamo jednačinu x 1 + x 2 + x 4 = . To se svodi na sistem linearnih jednačina, čija se matrica dobija iz originala preuređivanjem stupca koji odgovara , umjesto stupca slobodnih članova. Stoga, kada se svodi na stepenasti oblik, na matrici će se izvršiti iste transformacije kao gore. To znači da rezultujuću matricu možete koristiti u postupnom obliku, praveći potrebna preuređivanja stupaca u njoj: stupce s krugovima postavljamo lijevo od okomite trake, a stupac koji odgovara vektoru postavlja se desno bara.

Dosljedno nalazimo:

x 4 = 0;

x 2 = 2;

x 1 + 4 = 3, x 1 = –1;

Komentar. Ako je potrebno izraziti nekoliko vektora kroz bazu, tada se za svaki od njih konstruiše odgovarajući sistem linearnih jednačina. Ovi sistemi će se razlikovati samo u kolonama slobodnih članova. Štaviše, svaki sistem se rešava nezavisno od drugih.

Vježba 1.4. Pronađite osnovu sistema vektora i izrazite preostale vektore kroz bazu:

a) = (1, 3, 2, 0), = (3, 4, 2, 1), = (1, –2, –2, 1), = (3, 5, 1, 2);

b) = (2, 1, 2, 3), = (1, 2, 2, 3), = (3, –1, 2, 2), = (4, –2, 2, 2);

c) = (1, 2, 3), = (2, 4, 3), = (3, 6, 6), = (4, –2, 1); = (2, –6, –2).

U datom sistemu vektora, osnova se obično može identifikovati Različiti putevi, ali će sve baze imati isti broj vektora. Broj vektora u bazi linearnog prostora naziva se dimenzija prostora. Za n-dimenzionalni linearni prostor n– ovo je dimenzija prostora, jer ovaj prostor ima standardnu ​​osnovu = (1, 0, ... , 0), = (0, 1, ... , 0), ... , = (0, 0 , ... , 1). Kroz ovu bazu bilo koji vektor = (a 1 , a 2 , … , a n) se izražava na sljedeći način:

= (a 1 , 0, … , 0) + (0, a 2 , … , 0) + … + (0, 0, … , a n) =

A 1 (1, 0, … , 0) + a 2 (0, 1, … , 0) + … + a n(0, 0, … ,1) = a 1 + a 2 +… + a n .

Dakle, komponente u redu vektora = (a 1 , a 2 , … , a n) su njegovi koeficijenti u proširenju kroz standardnu ​​osnovu.

Prave linije u ravni

Zadatak analitičke geometrije je primjena metode koordinata na geometrijske probleme. Dakle, problem se prevodi u algebarski oblik i rješava pomoću algebre.

Izražavanje forme pozvao linearna kombinacija vektora A 1 , A 2 ,...,A n sa kvotama λ 1, λ 2 ,...,λ n.

Određivanje linearne zavisnosti sistema vektora

Vektorski sistem A 1 , A 2 ,...,A n pozvao linearno zavisna, ako postoji skup brojeva koji nije nula λ 1, λ 2 ,...,λ n, u kojoj je linearna kombinacija vektora λ 1 *A 1 +λ 2 *A 2 +...+λ n *A n jednak nultom vektoru, odnosno sistem jednačina: ima rješenje različito od nule.
Skup brojeva λ 1, λ 2 ,...,λ n je različit od nule ako je barem jedan od brojeva λ 1, λ 2 ,...,λ n različito od nule.

Određivanje linearne nezavisnosti sistema vektora

Vektorski sistem A 1 , A 2 ,...,A n pozvao linearno nezavisna, ako je linearna kombinacija ovih vektora λ 1 *A 1 +λ 2 *A 2 +...+λ n *A n jednak nultom vektoru samo za nulti skup brojeva λ 1, λ 2 ,...,λ n , odnosno sistem jednačina: A 1 x 1 +A 2 x 2 +...+A n x n =Θ ima jedinstveno nulto rješenje.

Primjer 29.1

Provjerite je li sistem vektora linearno zavisan

Rješenje:

1. Sastavljamo sistem jednačina:

2. Rješavamo ga Gaussovom metodom. Jordananove transformacije sistema su date u tabeli 29.1. Prilikom izračunavanja, desne strane sistema se ne zapisuju jer su jednake nuli i ne mijenjaju se tokom Jordanovih transformacija.

3. Iz posljednja tri reda tabele zapišite riješeni sistem koji je ekvivalentan originalnom sistem:

4. Dobijamo opšte rešenje sistema:

5. Nakon što ste podesili vrijednost slobodne varijable x 3 =1 po vlastitom nahođenju, dobijamo određeno rešenje različito od nule X=(-3,2,1).

Odgovor: Dakle, za skup brojeva koji nije nula (-3,2,1), linearna kombinacija vektora jednaka je nultom vektoru -3A 1 +2A 2 +1A 3 =Θ. dakle, vektorski sistem linearno zavisan.

Osobine vektorskih sistema

Nekretnine (1)
Ako je sistem vektora linearno zavisan, onda je barem jedan od vektora proširen u odnosu na ostale i, obrnuto, ako je barem jedan od vektora sistema proširen u smislu ostalih, tada je sistem vektora je linearno zavisna.

Nekretnine (2)
Ako je bilo koji podsistem vektora linearno zavisan, onda je cijeli sistem linearno zavisan.

Nekretnina (3)
Ako je sistem vektora linearno nezavisan, onda je bilo koji njegov podsistem linearno nezavisan.

Nekretnina (4)
Svaki sistem vektora koji sadrži nulti vektor je linearno zavisan.

Nekretnine (5)
Sistem m-dimenzionalnih vektora je uvijek linearno zavisan ako je broj vektora n veći od njihove dimenzije (n>m)

Osnova vektorskog sistema

Osnova vektorskog sistema A 1 , A 2 ,..., A n takav podsistem B 1 , B 2 ,...,B r se naziva(svaki od vektora B 1,B 2,...,B r je jedan od vektora A 1, A 2,..., A n), koji zadovoljava sljedeće uslove:
1. B 1 ,B 2 ,...,B r linearno nezavisni sistem vektora;
2. bilo koji vektor A j sistem A 1 , A 2 ,..., A n je linearno izražen kroz vektore B 1 , B 2 ,..., B r

r— broj vektora uključenih u bazu.

Teorema 29.1 O jediničnoj osnovi sistema vektora.

Ako sistem m-dimenzionalnih vektora sadrži m različitih jediničnih vektora E 1 E 2 ,..., E m , onda oni čine osnovu sistema.

Algoritam za pronalaženje osnove sistema vektora

Da bi se našla osnova sistema vektora A 1 ,A 2 ,...,A n potrebno je:

• Napravite homogeni sistem jednačina koji odgovara sistemu vektora A 1 x 1 +A 2 x 2 +...+A n x n =Θ
• Donesite ovaj sistem

Predavanja iz algebre i geometrije. Semestar 1.

Predavanje 9. Osnove vektorskog prostora.

Rezime: sistem vektora, linearna kombinacija sistema vektora, koeficijenti linearne kombinacije sistema vektora, osnova na pravoj, ravni i u prostoru, dimenzije vektorskih prostora na pravoj, ravni i u prostoru, dekompozicija vektor duž baze, koordinate vektora u odnosu na bazu, teorema jednakosti dva vektora, linearne operacije sa vektorima u koordinatnoj notaciji, ortonormirana trojka vektora, desna i lijeva trojka vektora, ortonormirana baza, osnovna teorema vektorske algebre.

Poglavlje 9. Osnova vektorskog prostora i dekompozicija vektora u odnosu na bazu.

klauzula 1. Osnova na pravoj liniji, na ravni i u prostoru.

Definicija. Svaki konačan skup vektora naziva se sistem vektora.

Definicija. Izraz gdje
naziva se linearna kombinacija sistema vektora
, i brojevi
nazivaju se koeficijenti ove linearne kombinacije.

Neka su L, P i S prava linija, ravan i prostor tačaka, redom, i
. Onda
– vektorski prostori vektora kao usmjereni segmenti na pravoj L, na ravni P i u prostoru S, respektivno.

poziva se bilo koji vektor različit od nule
, tj. bilo koji vektor različit od nule kolinearan pravoj L:
I
.

Oznaka osnove
:
– osnova
.

Definicija. Osnova vektorskog prostora
je bilo koji uređeni par nekolinearnih vektora u prostoru
.

, Gdje
,
– osnova
.

Definicija. Osnova vektorskog prostora
je bilo koja uređena trojka nekoplanarnih vektora (tj. ne leže u istoj ravni) prostora
.

– osnova
.

Komentar. Osnova vektorskog prostora ne može sadržavati nulti vektor: u prostoru
po definiciji, u prostoru
dva vektora će biti kolinearna ako je barem jedan od njih nula, u prostoru
tri vektora će biti koplanarna, odnosno ležat će u istoj ravni, ako je barem jedan od tri vektora nula.

klauzula 2. Dekompozicija vektora po bazi.

Definicija. Neka – proizvoljan vektor,
– proizvoljan sistem vektora. Ako vrijedi jednakost

onda kažu da je vektor predstavljen kao linearna kombinacija datog sistema vektora. Ako je dati sistem vektora
je osnova vektorskog prostora, onda se jednakost (1) naziva dekompozicijom vektora po osnovu
. Koeficijenti linearne kombinacije
se u ovom slučaju nazivaju koordinate vektora u odnosu na osnovu
.

Teorema. (O dekompoziciji vektora u odnosu na bazu.)

Svaki vektor vektorskog prostora može se proširiti u njegovu osnovu i, štaviše, na jedinstven način.

Dokaz. 1) Neka je L proizvoljna prava linija (ili osa) i
– osnova
. Uzmimo proizvoljan vektor
. Pošto oba vektora I kolinearno na istu pravu L, onda
. Koristimo teoremu o kolinearnosti dva vektora. Jer
, onda postoji (postoji) takav broj
, Šta
i tako smo dobili dekompoziciju vektora po osnovu
vektorski prostor
.

Dokažimo sada jedinstvenost takve dekompozicije. Pretpostavimo suprotno. Neka postoje dvije dekompozicije vektora po osnovu
vektorski prostor
:

I
, Gdje
. Onda
i koristeći zakon distributivnosti, dobijamo:

Jer
, onda iz posljednje jednakosti slijedi da
, itd.

2) Neka je sada P proizvoljna ravan i
– osnova
. Neka
proizvoljan vektor ove ravni. Nacrtajmo sva tri vektora iz bilo koje tačke ove ravni. Izgradimo 4 prave linije. Hajde da napravimo direktan , na kojoj leži vektor , ravno
, na kojoj leži vektor . Kroz kraj vektora nacrtati pravu liniju paralelnu vektoru i prava paralelna vektoru . Ove 4 prave linije prave paralelogram. Vidi ispod sl. 3. Prema pravilu paralelograma
, And
,
,
– osnova ,
– osnova
.

Sada, prema onome što je već dokazano u prvom dijelu ovog dokaza, postoje takvi brojevi
, Šta

I
. Odavde dobijamo:

i dokazana je mogućnost proširenja u bazi.

Sada dokazujemo jedinstvenost ekspanzije u smislu osnove. Pretpostavimo suprotno. Neka postoje dvije dekompozicije vektora po osnovu
vektorski prostor
:
I
. Dobijamo jednakost

odakle dolazi?
. Ako
, To
, i zato
, To
a koeficijenti ekspanzije su jednaki:
,
. Pusti to sada
. Onda
, Gdje
. Iz teoreme o kolinearnosti dva vektora slijedi da
. Dobili smo kontradikciju sa uslovima teoreme. dakle,
I
, itd.

3) Neka
– osnova
pusti to
proizvoljni vektor. Hajde da izvedemo sledeće konstrukcije.

Ostavimo po strani sva tri bazna vektora
i vektor iz jedne tačke i konstruisati 6 ravni: ravan u kojoj leže bazni vektori
, avion
i avion
; dalje kroz kraj vektora Nacrtajmo tri ravni paralelne sa tri upravo konstruisane ravni. Ovih 6 ravni urezuju paralelepiped:

Koristeći pravilo za sabiranje vektora, dobijamo jednakost:

. (1)

Po izgradnji
. Odavde, prema teoremi o kolinearnosti dva vektora, slijedi da postoji broj
, takav da
. Isto tako,
I
, Gdje
. Sada, zamjenom ovih jednakosti u (1), dobijamo:

i dokazana je mogućnost proširenja u bazi.

Dokažimo jedinstvenost takve dekompozicije. Pretpostavimo suprotno. Neka postoje dvije dekompozicije vektora po osnovu
:

I . Onda

Imajte na umu da su po uslovu vektori
nekoplanarni, dakle, oni su po paru nekolinearni.

Postoje dva moguća slučaja:
ili
.

a) Neka
, onda iz jednakosti (3) slijedi:

. (4)

Iz jednakosti (4) slijedi da je vektor širi prema osnovi
, tj. vektor leži u vektorskoj ravni
a samim tim i vektori
komplanarno, što je u suprotnosti sa uslovom.

b) Ostaje slučaj
, tj.
. Tada iz jednakosti (3) dobivamo ili

Jer
je osnova prostora vektora koji leže u ravni, a već smo dokazali jedinstvenost ekspanzije u bazi vektora ravni, onda iz jednakosti (5) slijedi da je
I
, itd.

Teorema je dokazana.

Posljedica.

1) Postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa vektora u vektorskom prostoru
i skup realnih brojeva R.

2) Postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa vektora u vektorskom prostoru
i kartezijanski trg

3) Postoji korespondencija jedan-na-jedan između skupa vektora u vektorskom prostoru
i kartezijanska kocka
skup realnih brojeva R.

Dokaz. Dokažimo treću tvrdnju. Prva dva su dokazana na sličan način.

Odaberite i popravite u prostoru
neke osnove
i organizovati prikaz
prema sljedećem pravilu:

one. Pridružimo svakom vektoru uređeni skup njegovih koordinata.

Pošto, sa fiksnom osnovom, svaki vektor ima jedan skup koordinata, korespondencija specificirana pravilom (6) je zaista preslikavanje.

Iz dokaza teoreme slijedi da različiti vektori imaju različite koordinate u odnosu na istu osnovu, tj. mapiranje (6) je injekcija.

Neka
proizvoljno uređeni skup realnih brojeva.

Razmotrimo vektor
. Po konstrukciji, ovaj vektor ima koordinate
. Prema tome, preslikavanje (6) je surjekcija.

Preslikavanje koje je i injektivno i surjektivno je bijektivno, tj. jedan na jedan itd.

Istraga je dokazana.

Teorema. (O jednakosti dva vektora.)

Dva vektora su jednaka ako i samo ako su njihove koordinate u odnosu na istu osnovu jednake.

Dokaz odmah slijedi iz prethodnog zaključka.

klauzula 3. Dimenzija vektorskog prostora.

Definicija. Broj vektora u osnovi vektorskog prostora naziva se njegova dimenzija.

Oznaka:
– dimenzija vektorskog prostora V.

Dakle, u skladu sa ovom i prethodnim definicijama, imamo:

1)
– vektorski prostor vektora prave L.

– osnova
,
,
,
– vektorska dekompozicija
po osnovu
,
– vektorska koordinata u odnosu na osnovu
.

2)
– vektorski prostor vektora ravni R.

– osnova
,
,
,
– vektorska dekompozicija
po osnovu
,
– vektorske koordinate u odnosu na osnovu
.

3)
– vektorski prostor vektora u prostoru tačaka S.

– osnova
,
,
– vektorska dekompozicija
po osnovu
,
– vektorske koordinate u odnosu na osnovu
.

Komentar. Ako
, To
i možete odabrati osnovu
prostor
Dakle
– osnova
I
– osnova
. Onda
, And
, .

Dakle, bilo koji vektor prave L, ravni P i prostora S može se proširiti prema bazi
:

Oznaka. Na osnovu teoreme o jednakosti vektora, možemo identificirati bilo koji vektor sa uređenom trojkom realnih brojeva i napisati:

To je moguće samo ako je osnova
fiksiran i nema opasnosti da se zapetlja.

Definicija. Pisanje vektora u obliku uređene trojke realnih brojeva naziva se koordinatni oblik pisanja vektora:
.

klauzula 4. Linearne operacije s vektorima u koordinatnoj notaciji.

Neka
– osnova prostora
I
su dva njegova proizvoljna vektora. Neka
I
– snimanje ovih vektora u koordinatnom obliku. Neka, dalje,
– proizvoljno pravi broj. Koristeći ovu notaciju, vrijedi sljedeća teorema.

Teorema. (O linearnim operacijama s vektorima u koordinatnom obliku.)

2)
.

Drugim riječima, da biste dodali dva vektora, morate dodati njihove odgovarajuće koordinate, a da biste pomnožili vektor brojem, trebate svaku koordinatu datog vektora pomnožiti datim brojem.

Dokaz. Budući da je, prema uslovima teoreme, , onda koristeći aksiome vektorskog prostora, koji upravljaju operacijama sabiranja vektora i množenja vektora brojem, dobijamo:

Ovo implicira .

Druga jednakost se dokazuje na sličan način.

Teorema je dokazana.

klauzula 5. Ortogonalni vektori. Ortonormalna osnova.

Definicija. Dva vektora nazivaju se ortogonalnimi ako je ugao između njih jednak pravom uglu, tj.
.

Oznaka:
– vektori I ortogonalno.

Definicija. Tri vektora
naziva se ortogonalnim ako su ovi vektori po paru ortogonalni jedan prema drugom, tj.
,
.

Definicija. Tri vektora
naziva se ortonormalno ako je ortogonalno i ako su dužine svih vektora jednake jedan:
.

Komentar. Iz definicije proizilazi da je ortogonalna i prema tome ortonormalna trojka vektora nekoplanarna.

Definicija. Naređena nekoplanarna trojka vektora
ucrtan iz jedne tačke naziva se desnim (desno orijentisanim) ako se posmatra sa kraja trećeg vektora na ravan u kojoj leže prva dva vektora I , najkraća rotacija prvog vektora do drugog se dešava suprotno od kazaljke na satu. Inače, trojka vektora se naziva lijevo (lijevo orijentirano).

Ovdje, na slici 6, prikazana su tri desna vektora
. Sledeća slika 7 prikazuje tri leva vektora
:

Definicija. Osnova
vektorski prostor
se naziva ortonormalno ako
ortonormirana trojka vektora.

Oznaka. U nastavku ćemo koristiti pravu ortonormalnu osnovu
, pogledajte sljedeću sliku.

U članku o n-dimenzionalnim vektorima došli smo do koncepta linearnog prostora generiranog skupom n-dimenzionalnih vektora. Sada moramo razmotriti jednako važne koncepte, kao što su dimenzija i osnova vektorskog prostora. Oni su direktno povezani sa konceptom linearno nezavisnog sistema vektora, pa se dodatno preporučuje da se podsetite osnova ove teme.

Hajde da uvedemo neke definicije.

Definicija 1

Dimenzija vektorskog prostora– odgovarajući broj maksimalan broj linearno nezavisni vektori u ovom prostoru.

Definicija 2

Vektorska prostorna osnova– skup linearno nezavisnih vektora, uređenih i jednakih po broju dimenziji prostora.

Razmotrimo određeni prostor od n -vektora. Njegova dimenzija je shodno tome jednaka n. Uzmimo sistem n-jediničnih vektora:

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

Koristimo ove vektore kao komponente matrice A: to će biti jedinična matrica dimenzija n sa n. Rang ove matrice je n. dakle, vektorski sistem e (1) , e (2) , . . . , e(n) je linearno nezavisna. U ovom slučaju, nemoguće je dodati jedan vektor sistemu a da se ne naruši njegova linearna nezavisnost.

Pošto je broj vektora u sistemu n, onda je dimenzija prostora n-dimenzionalnih vektora n, a jedinični vektori su e (1), e (2), . . . , e(n) su osnova specificiranog prostora.

Iz rezultirajuće definicije možemo zaključiti: bilo koji sistem n-dimenzionalnih vektora u kojem je broj vektora manji od n nije baza prostora.

Ako zamijenimo prvi i drugi vektor, dobićemo sistem vektora e (2) , e (1) , . . . , e (n) . Također će biti osnova n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Kreirajmo matricu uzimajući vektore rezultirajućeg sistema kao njegove redove. Matrica se može dobiti iz matrice identiteta zamjenom prva dva reda, njen rang će biti n. Sistem e (2) , e (1) , . . . , e(n) je linearno nezavisna i osnova je n-dimenzionalnog vektorskog prostora.

Preuređivanjem drugih vektora u originalnom sistemu dobijamo drugu osnovu.

Možemo uzeti linearno nezavisan sistem vektora koji nisu jedinični, a on će takođe predstavljati osnovu n-dimenzionalnog vektorskog prostora.

Definicija 3

Vektorski prostor sa dimenzijom n ima onoliko baza koliko ima linearno nezavisnih sistema n-dimenzionalnih vektora broja n.

Ravan je dvodimenzionalni prostor - njena osnova će biti bilo koja dva nekolinearna vektora. Osnova trodimenzionalnog prostora će biti bilo koja tri nekoplanarna vektora.

Razmotrimo primjenu ove teorije na konkretnim primjerima.

Primjer 1

Početni podaci: vektori

a = (3 , - 2 , 1) b = (2 , 1 , 2) c = (3 , - 1 , - 2)

Potrebno je utvrditi da li su navedeni vektori osnova trodimenzionalnog vektorskog prostora.

Rješenje

Da bismo riješili problem, proučavamo dati sistem vektora za linearnu zavisnost. Kreirajmo matricu u kojoj su redovi koordinate vektora. Odredimo rang matrice.

A = 3 2 3 - 2 1 - 1 1 2 - 2 A = 3 - 2 1 2 1 2 3 - 1 - 2 = 3 1 (- 2) + (- 2) 2 3 + 1 2 · (- 1) - 1 · 1 · 3 - (- 2) · 2 · (- 2) - 3 · 2 · (- 1) = = - 25 ≠ 0 ⇒ R a n k (A) = 3

Prema tome, vektori specificirani uslovom problema su linearno nezavisni, a njihov broj je jednak dimenziji vektorskog prostora - oni su osnova vektorskog prostora.

odgovor: naznačeni vektori su osnova vektorskog prostora.

Primjer 2

Početni podaci: vektori

a = (3 , - 2 , 1) b = (2 , 1 , 2) c = (3 , - 1 , - 2) d = (0 , 1 , 2)

Potrebno je utvrditi da li navedeni sistem vektora može biti osnova trodimenzionalnog prostora.

Rješenje

Sistem vektora specificiran u iskazu problema je linearno zavisan, jer maksimalni broj linearno nezavisnih vektora je 3. Dakle, navedeni sistem vektora ne može poslužiti kao osnova za trodimenzionalni vektorski prostor. Ali vrijedi napomenuti da je podsistem originalnog sistema a = (3, - 2, 1), b = (2, 1, 2), c = (3, - 1, - 2) osnova.

odgovor: naznačeni sistem vektora nije osnova.

Primjer 3

Početni podaci: vektori

a = (1, 2, 3, 3) b = (2, 5, 6, 8) c = (1, 3, 2, 4) d = (2, 5, 4, 7)

Mogu li oni biti osnova četverodimenzionalnog prostora?

Rješenje

Kreirajmo matricu koristeći koordinate datih vektora kao redove

A = 1 2 3 3 2 5 6 8 1 3 2 4 2 5 4 7

Koristeći Gaussovu metodu, određujemo rang matrice:

A = 1 2 3 3 2 5 6 8 1 3 2 4 2 5 4 7 ~ 1 2 3 3 0 1 0 2 0 1 - 1 1 0 1 - 2 1 ~ ~ 1 2 3 3 0 1 0 2 0 0 - 1 - 1 0 0 - 2 - 1 ~ 1 2 3 3 0 1 0 2 0 0 - 1 - 1 0 0 0 1 ⇒ ⇒ R a n k (A) = 4

Shodno tome, sistem datih vektora je linearno nezavisan i njihov broj je jednak dimenziji vektorskog prostora – oni su osnova četvorodimenzionalnog vektorskog prostora.

odgovor: dati vektori su osnova četverodimenzionalnog prostora.

Primjer 4

Početni podaci: vektori

a (1) = (1 , 2 , - 1 , - 2) a (2) = (0 , 2 , 1 , - 3) a (3) = (1 , 0 , 0 , 5)

Da li oni čine osnovu prostora dimenzije 4?

Rješenje

Originalni sistem vektora je linearno nezavisan, ali broj vektora u njemu nije dovoljan da postane osnova četvorodimenzionalnog prostora.

odgovor: ne, nemaju.

Dekompozicija vektora u bazu

Pretpostavimo da su proizvoljni vektori e (1) , e (2) , . . . , e (n) su osnova n-dimenzionalnog vektorskog prostora. Dodajmo im određeni n-dimenzionalni vektor x →: rezultujući sistem vektora će postati linearno zavisan. Svojstva linearne zavisnosti govore da se barem jedan od vektora takvog sistema može linearno izraziti kroz ostale. Reformulišući ovu tvrdnju, možemo reći da se barem jedan od vektora linearno zavisnog sistema može proširiti na preostale vektore.

Tako smo došli do formulacije najvažnije teoreme:

Definicija 4

Bilo koji vektor n-dimenzionalnog vektorskog prostora može se jedinstveno razložiti u bazu.

Dokazi 1

Dokažimo ovu teoremu:

postavimo osnovu n-dimenzionalnog vektorskog prostora - e (1) , e (2) , . . . , e (n) . Učinimo sistem linearno zavisnim dodavanjem n-dimenzionalnog vektora x → na njega. Ovaj vektor se može linearno izraziti u terminima originalnih vektora e:

x = x 1 · e (1) + x 2 · e (2) + . . . + x n · e (n) , gdje je x 1 , x 2 , . . . , x n - neki brojevi.

Sada dokazujemo da je takva dekompozicija jedinstvena. Pretpostavimo da to nije slučaj i postoji još jedna slična dekompozicija:

x = x ~ 1 e (1) + x 2 ~ e (2) + . . . + x ~ n e (n) , gdje je x ~ 1 , x ~ 2 , . . . , x ~ n - neki brojevi.

Oduzmimo od lijeve i desne strane ove jednakosti, redom, lijevu i desnu stranu jednakosti x = x 1 · e (1) + x 2 · e (2) + . . . + x n · e (n) . Dobijamo:

0 = (x ~ 1 - x 1) · e (1) + (x ~ 2 - x 2) · e (2) + . . . (x ~ n - x n) e (2)

Sistem baznih vektora e (1) , e (2) , . . . , e(n) je linearno nezavisna; po definiciji linearne nezavisnosti sistema vektora, gornja jednakost je moguća samo kada su svi koeficijenti (x ~ 1 - x 1) , (x ~ 2 - x 2) , . . . , (x ~ n - x n) će biti jednako nuli. Od čega će biti pravedno: x 1 = x ~ 1, x 2 = x ~ 2, . . . , x n = x ~ n . I ovo dokazuje jedinu opciju za dekomponovanje vektora u bazu.

U ovom slučaju, koeficijenti x 1, x 2, . . . , x n nazivaju se koordinate vektora x → u bazi e (1) , e (2) , . . . , e (n) .

Provjerena teorija razjašnjava izraz „dat je n-dimenzionalni vektor x = (x 1 , x 2 , . . . , x n)”: razmatra se vektorski x → n-dimenzionalni vektorski prostor, a njegove koordinate su specificirane u određenu osnovu. Također je jasno da će isti vektor u drugoj bazi n-dimenzionalnog prostora imati različite koordinate.

Razmotrimo sljedeći primjer: pretpostavimo da je u nekoj bazi n-dimenzionalnog vektorskog prostora dan sistem od n linearno nezavisnih vektora

a takođe je dat vektor x = (x 1 , x 2 , . . , x n).

Vektori e 1 (1) , e 2 (2) , . . . , e n (n) u ovom slučaju su također osnova ovog vektorskog prostora.

Pretpostavimo da je potrebno odrediti koordinate vektora x → u bazi e 1 (1) , e 2 (2) , . . . , e n (n) , označeno kao x ~ 1 , x ~ 2 , . . . , x ~ n.

Vektor x → će biti predstavljen na sljedeći način:

x = x ~ 1 e (1) + x ~ 2 e (2) + . . . + x ~ n e (n)

Zapišimo ovaj izraz u koordinatnom obliku:

(x 1 , x 2 , . . . , x n) = x ~ 1 (e (1) 1 , e (1) 2 , . . , e (1) n) + x ~ 2 (e (2 ) 1 , e (2) 2 , . . . + + x ~ n · (e (n) 1 , e (n) 2 , . . , e (n) n) = = (x ~ 1 e 1 (1) + x ~ 2 e 1 (2) + + x ~ n e 2 (n) , e n (1) + .

Rezultirajuća jednakost je ekvivalentna sistemu od n linearnih algebarskih izraza sa n nepoznatih linearnih varijabli x ~ 1, x ~ 2, . . . , x ~ n:

x 1 = x ~ 1 e 1 1 + x ~ 2 e 1 2 + . . . + x ~ n e 1 n x 2 = x ~ 1 e 2 1 + x ~ 2 e 2 2 + . . . + x ~ n e 2 n ⋮ x n = x ~ 1 e n 1 + x ~ 2 e n 2 + . . . + x ~ n e n n

Matrica ovog sistema će imati sledeći oblik:

e 1 (1) e 1 (2) ⋯ e 1 (n) e 2 (1) e 2 (2) ⋯ e 2 (n) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e n (1) e n (2) ⋯ e n (n)

Neka je ovo matrica A, a njeni stupci su vektori linearno nezavisnog sistema vektora e 1 (1), e 2 (2), . . . , e n (n) . Rang matrice je n, a njena determinanta je različita od nule. To ukazuje da sistem jednačina ima jedinstveno rješenje, određeno bilo kojom prikladnom metodom: na primjer, Cramerovom metodom ili matričnom metodom. Na ovaj način možemo odrediti koordinate x ~ 1, x ~ 2, . . . , x ~ n vektor x → u bazi e 1 (1) , e 2 (2) , . . . , e n (n) .

Primijenimo razmatranu teoriju na konkretan primjer.

Primjer 6

Početni podaci: vektori su specificirani u bazi trodimenzionalnog prostora

e (1) = (1 , - 1 , 1) e (2) = (3 , 2 , - 5) e (3) = (2 , 1 , - 3) x = (6 , 2 , - 7)

Neophodno je potvrditi činjenicu da sistem vektora e (1), e (2), e (3) takođe služi kao osnova datog prostora, kao i odrediti koordinate vektora x u datoj bazi.

Rješenje

Sistem vektora e (1), e (2), e (3) biće osnova trodimenzionalnog prostora ako je linearno nezavisan. Otkrijmo ovu mogućnost određivanjem ranga matrice A čiji su redovi dati vektori e (1), e (2), e (3).

Koristimo Gaussovu metodu:

A = 1 - 1 1 3 2 - 5 2 1 - 3 ~ 1 - 1 1 0 5 - 8 0 3 - 5 ~ 1 - 1 1 0 5 - 8 0 0 - 1 5

R a n k (A) = 3 . Dakle, sistem vektora e (1), e (2), e (3) je linearno nezavisan i baza je.

Neka vektor x → ima koordinate x ~ 1, x ~ 2, x ~ 3 u bazi. Odnos između ovih koordinata određen je jednadžbom:

x 1 = x ~ 1 e 1 (1) + x ~ 2 e 1 (2) + x ~ 3 e 1 (3) x 2 = x ~ 1 e 2 (1) + x ~ 2 e 2 (2) + x ~ 3 e 2 (3) x 3 = x ~ 1 e 3 (1) + x ~ 2 e 3 (2) + x ~ 3 e 3 (3)

Primijenimo vrijednosti prema uslovima problema:

x ~ 1 + 3 x ~ 2 + 2 x ~ 3 = 6 - x ~ 1 + 2 x ~ 2 + x ~ 3 = 2 x ~ 1 - 5 x ~ 2 - 3 x 3 = - 7

Rešimo sistem jednačina koristeći Cramerovu metodu:

∆ = 1 3 2 - 1 2 1 1 - 5 - 3 = - 1 ∆ x ~ 1 = 6 3 2 2 2 1 - 7 - 5 - 3 = - 1 , x ~ 1 = ∆ x ~ 1 ∆ = - 1 - 1 = 1 ∆ x ~ 2 = 1 6 2 - 1 2 1 1 - 7 - 3 = - 1 , x ~ 2 = ∆ x ~ 2 ∆ = - 1 - 1 = 1 ∆ x ~ 3 = 1 3 6 - 1 2 2 1 - 5 - 7 = - 1 , x ~ 3 = ∆ x ~ 3 ∆ = - 1 - 1 = 1

Dakle, vektor x → u bazi e (1), e (2), e (3) ima koordinate x ~ 1 = 1, x ~ 2 = 1, x ~ 3 = 1.

odgovor: x = (1, 1, 1)

Odnos između baza

Pretpostavimo da su u nekoj bazi n-dimenzionalnog vektorskog prostora data dva linearno nezavisna sistema vektora:

c (1) = (c 1 (1) , c 2 (1) , . . , c n (1)) c (2) = (c 1 (2) , c 2 (2) , . . , c n (2)) ⋮ c (n) = (c 1 (n) , e 2 (n) , . . , c n (n))

e (1) = (e 1 (1) , e 2 (1) , . . , e n (1)) e (2) = (e 1 (2) , e 2 (2) , . . , e n (2)) ⋮ e (n) = (e 1 (n) , e 2 (n) , . . , e n (n))

Ovi sistemi su takođe baze datog prostora.

Neka je c ~ 1 (1) , c ~ 2 (1) , . . . , c ~ n (1) - koordinate vektora c (1) u bazi e (1) , e (2) , . . . , e (3) , tada će koordinatni odnos biti dat sistemom linearnih jednačina:

c 1 (1) = c ~ 1 (1) e 1 (1) + c ~ 2 (1) e 1 (2) + . . . + c ~ n (1) e 1 (n) c 2 (1) = c ~ 1 (1) e 2 (1) + c ~ 2 (1) e 2 (2) + . . . + c ~ n (1) e 2 (n) ⋮ c n (1) = c ~ 1 (1) e n (1) + c ~ 2 (1) e n (2) + . . . + c ~ n (1) e n (n)

Sistem se može predstaviti kao matrica na sljedeći način:

(c 1 (1) , c 2 (1) , . . , c n (1)) = (c ~ 1 (1) , c ~ 2 (1) , . . , c ~ n (1)) e 1 (1) e 2 (1) … e n (1) e 1 (2) e 2 (2) … e n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e 1 (n) e 2 (n) … e n (n)

Napravimo isti unos za vektor c (2) po analogiji:

(c 1 (2) , c 2 (2) , . . , c n (2)) = (c ~ 1 (2) , c ~ 2 (2) , . . , c ~ n (2)) e 1 (1) e 2 (1) … e n (1) e 1 (2) e 2 (2) … e n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e 1 (n) e 2 (n) … e n (n)

(c 1 (n) , c 2 (n) , . . , c n (n)) = (c ~ 1 (n) , c ~ 2 (n) , . . , c ~ n (n)) e 1 (1) e 2 (1) … e n (1) e 1 (2) e 2 (2) … e n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e 1 (n) e 2 (n) … e n (n)

Kombinirajmo matrične jednakosti u jedan izraz:

c 1 (1) c 2 (1) ⋯ c n (1) c 1 (2) c 2 (2) ⋯ c n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c 1 (n) c 2 (n) ⋯ c n (n) = c ~ 1 (1) c ~ 2 (1) ⋯ c ~ n (1) c ~ 1 (2) c ~ 2 (2) ⋯ c ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c ~ 1 (n) c ~ 2 (n) ⋯ c ~ n (n) e 1 (1) e 2 (1) ⋯ e n (1) e 1 (2) e 2 (2) ⋯ e n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e 1 (n ) e 2 (n) ⋯ e n (n)

On će odrediti vezu između vektora dvije različite baze.

Koristeći isti princip, moguće je izraziti sve bazne vektore e(1), e(2), . . . , e (3) kroz bazu c (1) , c (2) , . . . , c (n) :

e 1 (1) e 2 (1) ⋯ e n (1) e 1 (2) e 2 (2) ⋯ e n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e 1 (n) e 2 (n) ⋯ e n (n) = e ~ 1 (1) e ~ 2 (1) ⋯ e ~ n (1) e ~ 1 (2) e ~ 2 (2) ⋯ e ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e ~ 1 (n) e ~ 2 (n) ⋯ e ~ n (n) c 1 (1) c 2 (1) ⋯ c n (1) c 1 (2) c 2 (2) ⋯ c n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c 1 (n ) c 2 (n) ⋯ c n (n)

Dajemo sljedeće definicije:

Definicija 5

Matrica c ~ 1 (1) c ~ 2 (1) ⋯ c ~ n (1) c ~ 1 (2) c ~ 2 (2) ⋯ c ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c ~ 1 (n) c ~ 2 (n) ⋯ c ~ n (n) je prijelazna matrica iz baze e (1) , e (2) , . . . , e (3)

bazi c (1) , c (2) , . . . , c (n) .

Definicija 6

Matrica e ~ 1 (1) e ~ 2 (1) ⋯ e ~ n (1) e ~ 1 (2) e ~ 2 (2) ⋯ e ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e ~ 1 (n) e ~ 2 (n) ⋯ e ~ n (n) je prijelazna matrica iz baze c (1) , c (2) , . . . , c(n)

bazi e (1) , e (2) , . . . , e (3) .

Iz ovih jednakosti je očigledno da

c ~ 1 (1) c ~ 2 (1) ⋯ c ~ n (1) c ~ 1 (2) c ~ 2 (2) ⋯ c ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c ~ 1 (n) c ~ 2 (n) ⋯ c ~ n (n) e ~ 1 (1) e ~ 2 (1) ⋯ e ~ n (1) e ~ 1 (2) e ~ 2 (2) ⋯ e ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e ~ 1 (n) e ~ 2 (n) ⋯ e ~ n (n) = 1 0 ⋯ 0 0 1 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 1 e ~ 1 (1) e (1) e ) ⋯ e ~ n (1) e ~ 1 (2) e ~ 2 (2) ⋯ e ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ e ~ 1 (n) e ~ 2 (n) ⋯ e ~ n (n ) · c ~ 1 (1) c ~ 2 (1) ⋯ c ~ n (1) c ~ 1 (2) c ~ 2 (2) ⋯ c ~ n (2) ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ c ~ 1 (n) c ~ 2 (n) ⋯ c ~ n (n) = 1 0 ⋯ 0 0 1 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 1

one. tranzicijske matrice su recipročne.

Pogledajmo teoriju na konkretnom primjeru.

Primjer 7

Početni podaci: potrebno je pronaći prijelaznu matricu iz baze

c (1) = (1 , 2 , 1) c (2) = (2 , 3 , 3) ​​c (3) = (3 , 7 , 1)

e (1) = (3 , 1 , 4) e (2) = (5 , 2 , 1) e (3) = (1 , 1 , - 6)

Također morate naznačiti odnos između koordinata proizvoljnog vektora x → u datim bazama.

Rješenje

1. Neka je T prijelazna matrica, tada će jednakost biti tačna:

3 1 4 5 2 1 1 1 1 = T 1 2 1 2 3 3 3 7 1

Pomnožite obje strane jednakosti sa

1 2 1 2 3 3 3 7 1 - 1

i dobijamo:

T = 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6 1 2 1 2 3 3 3 7 1 - 1

2. Definirajte prijelaznu matricu:

T = 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6 · 1 2 1 2 3 3 3 7 1 - 1 = = 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6 · - 18 5 3 7 - 2 - 1 5 - 1 - 1 = - 27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8

3. Definirajmo odnos između koordinata vektora x → :

Pretpostavimo da je u bazi c (1) , c (2) , . . . , c (n) vektor x → ima koordinate x 1 , x 2 , x 3 , tada:

x = (x 1 , x 2 , x 3) 1 2 1 2 3 3 3 7 1 ,

a u bazi e (1) , e (2) , . . . , e (3) ima koordinate x ~ 1, x ~ 2, x ~ 3, tada:

x = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3) 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6

Jer Ako su leve strane ovih jednakosti jednake, možemo izjednačiti i desne strane:

(x 1 , x 2 , x 3) · 1 2 1 2 3 3 3 7 1 = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3) · 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6

Pomnožite obje strane na desnoj strani

1 2 1 2 3 3 3 7 1 - 1

i dobijamo:

(x 1 , x 2 , x 3) = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3) · 3 1 4 5 2 1 1 1 - 6 · 1 2 1 2 3 3 3 7 1 - 1 ⇔ ⇔ ( x 1 , x 2 , x 3) = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3) T ⇔ ⇔ (x 1 , x 2 , x 3) = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3 ) · - 27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8

Na drugoj strani

(x ~ 1, x ~ 2, x ~ 3) = (x 1, x 2, x 3) · - 27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8

Posljednje jednakosti pokazuju odnos između koordinata vektora x → u obje baze.

odgovor: tranziciona matrica

27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8

Koordinate vektora x → u datim bazama povezane su relacijom:

(x 1 , x 2 , x 3) = (x ~ 1 , x ~ 2 , x ~ 3) · - 27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8

(x ~ 1, x ~ 2, x ~ 3) = (x 1, x 2, x 3) · - 27 9 4 - 71 20 12 - 41 9 8 - 1

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter