Овчинников. Линейная алгебра (лекции), страница 5

ВЫЧИСЛЕНИЕПостроим блочную матрицу [A | I] и проведем цепочку ЭПС: 1 −2 −41 0 012 −1 −3 0 −1 −20 1 0  ,  0 −1 −200 0 10−1 −1 −1−1 −1 −1 1 −2 −41 001011 00 −10 , 0 101220350 0 −1−10 −2−11 0 01 −21 0 1 0−25 −4  .1 −320 0 1Обратная матрица равна0 11 0 ,0 1−21−10 ,3 −21 −215 −4  .A−1 =  −21 −32Задача. Объясните, что происходит в ситуации, когда левый блок матрицы [A | I] неудается превратить в единичную матрицу с помощью ЭПС.39.

РЕШЕНИЕРешить систему уравненийA5 = A1 + 2A4 .Проверим, что эти же линейные зависимости имеют место в исходной матрице0 1 3 1 2 2 1 7 0 2 .3 0 6 1 5ОБРАТНОЙ МАТРИЦЫПусть A ∈ GL(n, K). Вычислим A−1 с помощью следующего приема. Рассмотрим блочную матрицуà = [A | I]и с помощью ЭПС превратим ее левый блок в единичную матрицу. Это эквивалентноумножению матрицы à слева на невырожденную матрицу B такую, что BA = I, т.е.B = A−1 . Но при этом правый блок также умножится слева на B = A−1 и станет равнымA−1 I = A−1.Пример.Вычислить обратную матрицу для2 −1 −30 −1 −2  .A=−1 −1 −1Запишем матрицу системыОДНОРОДНОЙ СИСТЕМЫ 2345 x + 3x + x + 2x = 0,2x1 + x2 + 7x3 + 2x5 = 0, 13x + 6x3 + x4 + 5x5 = 0.0 1 3 1 2 2 1 7 0 2 3 0 6 1 525и приведем ее к упрощенному виду (см.

выше):1 0 2 0 0 1 3 00 0 0 110 .2Имеем m = dim V = 5 (размерность пространства прообразов), r = dim im A = 3, поэтомуразмерность пространства решений равна dim ker A = 5 − 3 = 2.Переменные, соответствующие базисным столбцам матрицы, называются базисными,остальные переменные — свободными. В нашем примере базисными переменными являются x1 , x2 и x4 , а свободными — x3 и x5 . Теперь систему можно переписать в виде 135 x = −2x − x ,x2 = −3x3 , 4x = −2x5 .Положим x3 = 1 и x5 = 0, а затем x3 = 0 и x5 = 1; получим два столбца−2−1 −3  0  , X2 =  0  .1X1 =  0  −2 0126Систему можно переписать в виде 13 x = −2x + 1,2x = −3x3 , 4x = 2.Общее решение неоднородной системы представляет собой сумму любого ее частногорешения и общего решения соответствующей однородной системы.

Частное решение X0находим, полагая x3 = 0: 1 0 X0 =  .0 2ФСР однородной системы состоит из dim V − dim im A = 4 − 3 = 1 столбца, находитсяиз усеченных уравнений 13 x = −2x ,x2 = −3x3 , 4x = 0,если положить x3 = 1, и имеет видОни ЛН и образуют базис в ker A, т.е. являются ФСР исходной однородной системы.Любое другое решение системы (т.е.

вектор из ker A) имеет видX = c1 X1 + c2 X2 ,12где c , c — произвольные числа.Матрица Φ = [X1 X2 ] называется фундаментальной матрицей (ФМ) системы однородных уравнений. С ее помощью общее решение системы записывается в виде 1cX = ΦC, C = 2 .cФМ задает изоморфизм Φ : Km−r → ker A.40. РЕШЕНИЕ−2 −3 X1 =  1 .0Общее решение системы имеет вид−210 1  −3 X = X0 + c1 X1 =  0  + c  1 ,02где c1 — произвольное число.НЕОДНОРОДНОЙ СИСТЕМЫ41.

СОСТАВЛЕНИЕРешить систему уравнений 234 x + 3x + x2x1 + x2 + 7x3 13x + 6x3 + x4Запишем расширенную матрицу системы0 1 3 1 2 1 7 03 0 6 1и приведем ее к упрощенному виду (см. выше):1 0 2 0 0 1 3 00 0 0 1= 2,= 2,= 5.22 510 .2Имеем m = dim V = 4 (размерность пространства прообразов), r = dim im A = 3.

Столбец свободных членов Y лежит в ЛО столбцов основной матрицы, Y ∈ im A, поэтому система совместна (ранг основной матрицы равен рангу расширенной; теорема Кронекера—Капелли).ОДНОРОДНОЙ СИСТЕМЫ ПО ЗАДАННОЙФСРНайти однородную систему уравнений, имеющую ФСР−2−1 −3  0  , X2 =  0  .1X1 =  0  −2 01Произвольное решение X искомой системы является линейной комбинацией двух данных решений, поэтому столбцы матрицы−2 −1 x1 −30 x2  10 x3  0 −2 x4 501 xдолжны быть ЛЗ, т.е. ее ранг должен равняться 2. Приведем эту матрицу к упрощенномувиду:27  −2 −1 x10 −1 x1 + 2x310x32  23  −30 x   00 x + 3x   00 x2 + 3x31310 x3 0x3 , 1 ,  0 −1 x + 2x40 −2 x4   0 −2x4   0 −2x01 x501x501x5 3310x1 0x 0 0 11x5 x5  0 −1 x1 + 2x3  ,  0 0 x1 + 2x3 + x5  . 0 −2x4   0 0x4 + 2x5 232300 x + 3x0 0x + 3x,Чтобы ранг этой матрицы равнялся двум, необходимо и достаточно, чтобы последниетри ее строки были нулевыми.

Отсюда получаем систему 1 13535 x + 2x + x = 0, x + 2x + x = 0,x4 + 2x5 = 0,x2 + 3x3 = 0,⇐⇒23x + 3x = 0.x4 + 2x5 = 0.Матрица последней системы имеет вид1 0 2 0 1 0 1 3 0 0 .0 0 0 1 242. ТИПОВЫЕЗАДАЧИЗадача 1. Найти образ гомоморфизма f : V → W .Решение.

Выбираем в V и W подходящие базисы, записываем матрицу A гомоморфизмав этих базисах, и задача сводится к нахождению базисных столбцов матрицы A.Задача 2. Найти ядро гомоморфизма f : V → W .Решение. Выбираем в V и W подходящие базисы, записываем матрицу A гомоморфизмав этих базисах, и задача сводится к решению однородной системы AX = 0.Задача 3. Найти прообраз вектора y при гомоморфизме f : V → W .Решение. Выбираем в V и W подходящие базисы, записываем матрицу A гомоморфизма в этих базисах и столбец Y координат вектора y, и задача сводится к решениюнеоднородной системы AX = Y .Задача 4.

Найти базис в ЛО векторов x1 , . . . , xp ∈ V .Решение. Выбираем базис в V и записываем матрицу A, столбцами которой являются столбцы координат данных векторов в этом базисе. Задача сводится к нахождениюбазисных столбцов матрицы A.Задача 5. ЛПП P V задано как ЛО векторов x1 , . .

. , xp ∈ V . Описать это ЛПП какядро подходящего гомоморфизма.Решение. Выбираем базис в P (см. задачу 4). Задача сводится к нахождению однороднойсистемы, имеющей заданную ФСР.2Линейная алгебра–2ТензорыБилинейные и квадратичные функционалы1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ2. ПРЕОБРАЗОВАНИЕx = xk e k = xk e k .БАЗИСОВxk ek = xk ek = xk ckk ek .В силу единственности разложения по базису имеемxk = ckk xk .ek = c1k e1 + · · · + cnk enek =k = 1, . . . , n,k = 1 , .

. . , n .(1)c11 . . . c1n.... . ..  = (ckk )nnC =  ..nc1 . . . cnnназывается матрицей перехода (МП) от старого базиса e1 , . . . , en к новому базисуe1 , . . . , en .Столбцы матрицы перехода представляют собой столбцы координат векторов нового базиса относительно старого базиса.Рассмотрим матрицу c11 . . . cn1C −1 =  ... . . . ...  = (ckk )nn ,c1n . . .

cnnkобратную к матрице C. Умножим обе части (1) на cj и просуммируем по k :=xk = ckk xk .ckj ek(4)Аналогично, подставляя в (3) соотношение (2), получимили, в обозначениях Эйнштейнаckk ek ,(3)Подставим сюда (1):Пусть V (K) — ЛП над ЧП K, dim V = n,e1 , . . . , en — старый базис в V ,e1 , . . . , en — новый базис в V .Так как ek ∈ V ∀k = 1 , . . .

, n , его можно разложить по базису e1 , . . . , en :МатрицаКООРДИНАТ ВЕКТОРАПусть x ∈ V . Найдем связь между координатами xk этого вектора относительно старогобазиса и его координатами xk относительно нового базиса. Имеем:(5)Рассмотрим столбцы координат вектора x относительно старого и нового базисов:  1xx1 .. ..Xe =. , Xe =  .  .xnxnТогда формулы (4), (5) можно записать в видеXe = C −1 Xe .Xe = CXe ,3. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ1n1СОПРЯЖЕННОГО БАЗИСАnПусть ε , . . . , ε и ε , . . .

, ε — базисы в V ∗ , сопряженные базисам e1 , . . . , en иe1 , . . . , en , C — матрица перехода от базиса e к базису e . Найдем матрицу переходаD от базиса ε к базису ε :εj = djj εj .Имеем:δkj = εj (ek ) = djj εj (ckk ek ) =ckj ckk ek .= djj ckk εj (ek ) = Так как ckj ckk = δjk , получаем=δkjckj ek = δjk ek = ej=или, меняя индекс k на j ,j = 1, . . . , n,ej = cjj ej ,j = 1 ,...,n .(2)Эта формула выражает векторы старого базиса через векторы нового базиса.Рассмотрим матрицы-строкисостоящие из векторов старого и нового базисов, соответственно. Тогда формулы преобразования базисов можно записать в матричной форме:E = EC,Задача.

Докажите эти формулы.E=EC1−1=djk ckk⇒ djk = cjk .Итак,εj = cjj εj ,Введем матрицы-столбцыε1.E =  ..  ,εnE = (e1 , . . . , en ),E = (e1 , . . . , en ),djj ckk δkjεj = cjj εj .ε1 E =  ...  ,εnсостоящие из элементов старого и нового сопряженных базисов. ТогдаE = C −1 E,.Задача. Докажите.E = CE .(6)34. ПРЕОБРАЗОВАНИЕКООРДИНАТЛФ6.

ОПРЕДЕЛЕНИЕПусть ξ ∈ V ∗ . Разложим ЛФ ξ по старому и новому сопряженным базисам:ξ = ξk εk = ξk εk .Координаты ξ k и ξ k связаны соотношениямиξk = ckk ξk ,4ξk = ckk ξk .(7)Задача. Докажите эти формулы.Введем матрицы-строкиk ...kТогда формулы (7) можно переписать в видеΞε = ΞεC.5. ГРАДИЕНТФУНКЦИИОМПРассмотрим отображение f : Rn → R, x → f (x). Зафиксировав базис e1 , . . . , en в Rn иразложив вектор x по этому базису,x = xk e k ,можно считать, что задана функция◦◦1Это — набор координат вектора.3. Ковариантный тензор (тензор типа (1, 0), ковектор) имеет n координат, преобразующихся по законуAk = ckk Ak .◦nn аргументов x1 , .

. . , xn . Градиентом этой функции в точке x = (x , . . . , x ) называется«вектор»n∂f ◦◦grad f (x) =(x)ek .k∂xk=1∂fПолучим закон преобразования координатэтого «вектора» при замене базиса в Rn .k∂xnПусть e1 , . . . , en — новый базис в R , связанный с исходным базисом e1 , . . . , en матрицейперехода C = (ckk ):7.

СЛОЖЕНИЕk ...kk ...kk ...kТеорема. Сумма двух тензоров типа (p, q) является тензором типа (p, q).Доказательство. Имеем:k ...kk ...k1jk1kk ...k= cjj1 . . . cjpp ck11 . . . ckqq Aj11...jpq +1j+cjj1 . . . cjpp c1в которое входят элементы ck обратной матрицы перехода. Эквивалентная формула:xk = ckk xk .j(8)nk=1ckkk= cjj1 . . . cjpp ck11Вычислим компоненты градиента относительно нового базиса при помощи теоремы опроизводной сложной функции, считая старые координаты x1 , .