Минюк С.А., Ровба Е.А. Высшая математика
Подождите немного. Документ загружается.
6 1
Пример 3. Найти указанным методом все опорные решения си-
стемы (2).
Решение. Выделим в расширенной матрице В системы единич-
ную подматрицу, выбрав в ходе полных гауссовых исключений раз-
решающие элементы по правилам 1) и 2). Для первого исключения
примем за разрешающий первый столбец. Разрешающую строку оп-
ределим из условия
2
7
2
7
,
1
14
min =
. Ею будет вторая строка, а разре-
шающим – элемент 2. В результате придем к матрице:
[]
[]
−⇒
−
14
7
21
2
3
3
40
02
60
7
7
14
1
3
0
20
02
31
.
Если теперь в полученной матрице взять разрешающим второй
столбец, то разрешающим элементом в нем можно взять 6 и 4, т.к.
2
7
4
14
,
6
21
min =
.
Взяв в качестве разрешающего элемента 4 и выполнив исключе-
ние, приходим к матрице:
−
⇒
−
2
7
2
7
2
1
10
2
3
01
14
7
0
240
302
000
(4)
с единичной подматрицей.
Матрица (4) соответствует системе двух линейных уравнений с
тремя неизвестными (r =2,n = 3), общее число базисных решений ко-
торой не превышает 3. При этом базисами системы переменных мо-
гут быть наборы x
1
, x
2
; x
1
, x
3
; x
2
, x
3
.
На основе матрицы (4) при x
3
=0 находим базисное решение
0;
2
7
;
2
7
, которое является опорным.
При x
1
=0 из (4) получаем
0
2
7
2
3
33
<⇒=− xx
. Значит, базисное
решение в базисе (x
2
, x
3
) опорным быть не может.
62
Анализируя матрицу (4) и полагая x
2
= 0, получаем
−
2
7
2
7
2
1
0
2
3
1
31
xx
.
Отсю да получаем x
3
=7,
14
2
7
2
21
1
=+=x
, и, значит, (14; 0; 7) – ба-
зисное решение, которо е т акже является и опорным.
Таким образом, система уравнений (2) имеет два опорных реше-
ния: (14; 0; 7) и
0;
2
7
;
2
7
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Решить следующие системы методом полного исключения:
а)
=++
=++
=+−
;42
,62
,5
321
321
321
xxx
xxx
xxx
б)
=−+
=++
=−+
−=−−
.132
,3
,122
,13
321
321
321
321
xxx
xxx
xxx
xxx
2. Найти все базисные решения систем:
а)
=−−+
=+−+
;262
,6124
4321
4321
xxxx
xxxx
б)
=++
=−+
=−+
,85
,7210
,25
321
321
321
xxx
xxx
xxx
3. Найти все существующие опорные решения систем:
а)
=+−−
=++
;023
,2
4321
421
xxxx
xxx
б)
=+−
=++
=++−
.213
,3152
,932
521
421
321
xxx
xxx
xxx
63
Лекция 11
Системы векторов
Изучаются базис и ранг системы векторов, разложение
вектора по базису, ортогональные системы векторов.
1
0
. Базис и ранг системы векторов. Система
m
aaa
!
$
!!
,,,
21
n–мерных векторов называется линейно зависимой, если найдутся
такие числа α
1
, α
2
,..., α
m
, из которых хотя бы одно отлично от нуля
()
≠
∑
=
m
i 1
2
1
0
α
, что
0
2
2
1
1
=α++α+α
m
m
aaa
!
%
!!
. В противном случае си-
стема векторов
m
aaa
!
$
!!
,,,
21
называется линейно независимой, т.е.
указанное равенство имеет место только тогда, когда все α
i
= 0,
mi ,1=
.
Базисом данной системы векторов называют такую подсистему
этой системы, векторы которой линейно независимы, а любой другой
вектор системы является их линейной комбинацией.
Рангом системы векторов называют максимальное число линей-
но независимых векторов этой системы, т.е. число векторов в базисе.
Диагональной системой векторов называют следующую систему:
*)
()
11
3
1
2
1
1
1
;;;;
n
aaaaa
$
!
=
,
()
22
3
2
2
2
;;;;0
n
aaaa
$
!
=
,
()
33
3
3
;;;0;0
n
aaa
$
!
=
, (1)
%%%%%%%%
()
m
n
m
m
m
aaa
;;;;0;0 $$
!
=
,
где
0,,0,0
2
2
1
1
≠≠≠
m
m
aaa
$
.
Диагональная система векторов (1) линейно независима.
Для вычисления ранга системы векторов нужно по столбцам
составить матрицу из координат этих векторов и вычислить ее ранг,
который будет равен рангу этой системы векторов.
Пример 1. Проверить на линейную зависимость или независимость
систему векторов
()( )
,1;2;3;1,2;1;2;1
21
−==
aa
!!
()
,11;2;1;13
3
−−−=
a
!
()
8;5;4;13
4
−−=
a
!
.
*)
Здесь для краткости символ «col» в обозначении вектора опускаем.
64
Решение. Составим их линейную комбинацию
0
4
4
3
3
2
2
1
1
=α+α+α+α aaaa
!!!!
или
0
8
5
4
13
11
2
1
13
1
2
3
1
2
1
2
1
4321
=
−
−
α+
−
−
−
α+
−
α+
α
.
Такое векторное уравнение эквивалентно следующей системе
уравнений:
=−−+
=+++
=+−+
=−−−
.08112
,0522
,0432
,01313
4321
4321
4321
4321
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
Решая эту систему, получаем, например, ее частное решение: α
1
=8,
α
2
= –5, α
3
= 1, α
4
=0.
Значит,
0058
4321
=⋅++− aaaa
!!!!
, т.е. указанная система векто-
ров линейно зависима.
Пример 2. Найти ранг системы векторов:
()()()()
3;2;1;4,2;1;4;3,1;4;3;2,4;3;2;1
4321
====
aaaa
!
.
Решение. Составим матрицу из координат этих векторов:
3214
2143
1432
4321
и с помощью прямого хода метода Гаусса приведем ее к виду
−
−
−−−
160000
4400
7210
4321
, по которому устанавливаем, что ее ранг равен 4
(ее определитель равен 640 ≠0), а значит, ранг указанной системы
65
векторов равен 4, а поскольку система содержит четыре вектора, то
она линейно независима и образует базис.
Множество всех n-мерных векторов, в котором для любых двух
векторов определена их сумма, и для любого вещественного числа
определено произведение вектора на это число, назовем n–мерным
векторным пространством R
n
.
2
0
. Разложение вектора по базису. Пусть n–векторы
n
aaa
!
$
!!
,,,
21
образуют базис, а
b
!
– произвольный n-вектор. Тогда
b
!
может быть разложен по векторам базиса и притом единственным
образом, т.е. найдутся такие числа α
1
, α
2
,...., α
n
, что
n
n
aaaab
!
$
!!!
!
α++α+α+α=
3
3
2
2
1
1
.
Пример 3. Проверить, что трехмерные векторы
()
,1;2;1
1
−=
a
!
()
,1;6;3
2
a
!
()
3;9;3
3
=
a
!
образуют базис, и разложить по этому базису
вектор
()
0;5;2
=
b
!
.
Решение. Так как
0129181827618
311
962
331
≠−=−−+−+=
−
,
то указаные векторы образуют базис.
Разложение вектора
b
!
по этому базису проведем двумя способами.
Первый способ. Найдем коэффициенты разложения
3
3
2
2
1
1
aaab
!!!
!
α+α+α=
. Подставляя координаты векторов в это равен-
ство, получим следующую систему уравнений:
=++−
=++
=++
.03
,5962
,233
221
321
321
aaa
aaa
aaa
(2)
Систему (2) решим по правилу Крамера:
12−=∆
,
124518015036
310
965
332
1
−=−−−++==∆
,
.4
011
562
231
,0
301
952
321
32
−=
−
=∆=
−
=∆
66
Значит,
3
1
12
4
,0,1
12
12
3
2
2
1
1
=
−
−
==
∆
∆
==
−
−
=
∆
∆
= aaa
.
Итак, искомое разложение имеет следующий вид:
321
3
1
01
aaab
!!!
⋅+⋅+⋅=
.
Второй способ. Из координат данных векторов состав-
ляем матрицу и с помощью прямого хода метода Гаусса приводим ее
к трапециедальному виду:
⇒
−
−
−
−
⇒
−
−
−
−
⇒
−
1
12
13
1
1
13
12
1
1
3
2
1
2
3
3
2
4
6
1
10
00
30
21
2
3
3
2
6
4
1
10
30
00
21
0
3
1
1
52
93
63
21
ab
aa
aa
a
ab
aa
aa
a
b
a
a
a
!
!
!!
!!
!
!
!
!!
!!
!
!
!
!
!
+−−
−
−
−
⇒
131
13
12
1
363
3
3
0
4
6
1
00
00
30
21
aaab
aa
aa
a
!!!
!
!!
!!
!
.
Из последней строки полученной матрицы находим искомое разло-
жение:
321131
3
1
010363
aaabaaab
!!!
!
!!!
!
⋅+⋅+⋅=→=+−−
.
3
0
. Ортогональные системы векторов. Важную роль
среди систем n-мерных векторов играют ортогональные системы, т .е.
такие системы ненулевых векторов, в которых каждый вектор орто-
гонален любому другому. Ортогональные системы n-мерных векто-
ров образуют базис в пространстве R
n
, который называется ортого-
нальным. Если при этом длины векторов равны единице, то базис
называют ортонормированным. Простейшим и наиболее важным ор-
тонормированным базисом в пространстве R
n
является базис, состав-
ленный из единичных векторов
n
eee
!
$
!!
,,,
21
, где
nie
i
i
,1,0;;0;1;0;;0 =
= $
&'&()
$
!
.
67
Ортогональные базисы представляют интерес и потому, что в них
координаты вектора находят ся несложным образом:
если
n
aaa
!
$
!!
,,,
21
– ортогональный базис и
n
n
aaaa
!
$
!!!
α++α+α=
2
2
1
1
,
то
ni
a
aa
i
i
i
,1,
2
=
⋅
=α
!
!!
. В случае ортонормированного базиса все
1=
i
a
!
и
niaa
i
i
,1, =⋅=α
!!
.
Пример 4. Показать, что векторы
()( )
1;2;2,2;2;1
21
−−=−=
aa
!!
ортогональны. Дополнить систему
21
,
aa
!!
до ортогонального базиса.
Найти координаты вектора
()
1;1;1
=
b
!
в этом базисе.
Решение. Вычислим скалярное произведение векторов
1
a
!
и
()()()
0122221:
212
=−−+−⋅+⋅=⋅
aaa
!!!
. Оно равно нулю, следовательно,
векторы ортогональны.
Пусть
()
zyxa ;;
3
=
!
– вектор, дополняющий систему
21
,
aa
!!
до ор-
тогонального базиса. Тогда
0,0
3231
=⋅=⋅ aaaa
!!!!
, или в координатной
форме
=−−
=−+
.022
,022
zyx
zyx
(3)
Решая систему (3), находим одно из частных решений
1;
2
1
;1
. Итак,
= 1;
2
1
;1
3
a
.
Найдем в базисе
321
,,
aaa
координаты вектора
:b
!
3
3
2
2
1
1
aaab
!!!
!
α+α+α=
. Координаты
i
α
равны скалярным произведе-
ниям вектора
b
!
на соответствующие векторы базиса:
()( )()
,
9
1
221
9
1
2;2;11;1;1
9
1
2
1
1
1
=−+=−=
⋅
=α
a
ab
!
!
!
()( )()
,
9
1
122
9
1
1;2;11;1;1
9
1
2
2
2
2
−=−−=−=
⋅
=α
a
ab
!
!
!
68
()
.
9
10
1
2
1
1
9
4
1;
2
1
;11;1;1
9
4
2
3
3
3
=
++=
=
⋅
=α
a
ab
!
!
!
! Задания для самостоятельной работы
1. Найти все базисы системы векторов:
()()()()
7;6;5;4,6;5;4;3,5;4;3;2,4;3;2;1
4321
===
aaaa
!!!!
.
2. Дан базис
321
,,
eee
!!!
. Показать, что векторы
,,3
211
eee
!!!
−
23
ee
!!
−
также образуют базис.
3. Определить ранг системы векторов:
()()()
2;5;1;1;2,7;1;5;2;4,4;2;3;1;2
321
−=−−=−−=
aaa
!!!
.
4. Дана система векторов
()()()
1;1;1;1,1;2;3;4,4;3;2;1
321
===
aaa
!!!
.
Проверить наличие линейной зависимости.
5. Показать, что векторы
() () ( )
2;4;1,1;0;3,2;5;4
321
−===
aaa
!!!
образуют базис. Найти разложение вектора
()
8;7;5
=
b
!
по этому базису.
6. Найти векторы, дополняющие следующие системы до орто-
нормированных базисов:
a)
;
3
2
;
3
2
;
3
1
,
3
2
;
3
1
;
3
2
21
−
=
= aa
!!
б)
.
2
1
;
2
1
;
2
1
;
2
1
,
2
1
;
2
1
;
2
1
;
2
1
21
−−
=
= aa
!!
69
Лекция 12
Векторное и смешанное произведения
векторов
Рассмотрены понятия векторного и смешанного
произведений векторов и изучены их свойства.
1
0
. Векторное произведение двух векторов. Рассмот-
рим вначале задачу о нахождении вектора
c
!
, ортогонального двум
заданным неколлинеарным векторам
=
z
y
x
a
a
a
a
!
и
=
z
y
x
b
b
b
b
!
.
Пусть
=
z
y
x
c
!
. По условию и свойству скалярного произведения
0=⋅=⋅ bcac
!
!!!
, и тем самым задача сводится к решению системы двух
линейных алгебраических уравнений с тремя неизвестными:
=⋅+⋅+⋅
=⋅+⋅+⋅
.0
,0
zbybxb
zayaxa
zyx
zyx
(1)
Т.к. по условию
()
0
≠λλ≠
ba
!
!
, то систему (1) можно решить сле-
дующим образом: перепишем ее в виде
⋅−=⋅+⋅
⋅−=⋅+⋅
zbybxb
zayaxa
zyx
zyx
,
,
)1(
′
и, т.к.
()
0,,0
≠λλ≠≠=∆
ba
bb
aa
yx
yx
!
!
, то применим правило Крамера:
zx
zx
zx
zx
xy
xy
yx
yx
bb
aa
z
zbb
zaa
bb
aa
z
bzb
aza
−=
−
−
=∆=
−
−
=∆
21
,
.
Общее решение системы (1) имеет вид:
70
yx
yx
zx
zx
yx
yx
xy
xy
bb
aa
bb
aa
z
y
bb
aa
bb
aa
z
x
−
= ,
, где z – свободная переменная.
Зададим ее таким образом, чтобы решение упростилось, а именно, по-
ложим z = ∆.
Тогда
zyx
zyx
yx
yx
zx
zx
xy
xy
bbb
aaa
kji
bb
aa
k
bb
aa
j
bb
aa
ic
!
!!
!
!!
!
=+−=
.
Векторным произведением двух упорядоченных векторов
()
,;;col
zyx
aaaa
=
!
()
zyx
bbbb
;;col
=
!
называется вектор, ортогональный
этим векторам и определяемый формулой:
[]
zyx
zyx
bbb
aaa
kji
baba
!
!!
!
!
!
!
==×
,
. (2)
Пример 1. Найти векторное произведение векторов
()
3;2;1col
=
a
!
и
()
6;5;4col
=
b
!
.
Решение. Обозначим
[]
()
zyx
ccccba
;;col,
==
!
!
!
.
Тогда
.3
54
21
,6
64
31
,1
65
32
−===−===
zyx
ccc
Итак, векторное произведение данных векторов
a
!
и
b
!
есть век-
тор
()
3;6;1col361
−=−+⋅=
kjic
!
!!
!
.
2
0
. Свойства векторного произведения. Из свойств
определителя вытекают следующие три свойства:
а) векторное произведение коллинеарных векторов равно нулю;
b)
[][]
baba
!
!
!
!
,,
λ=λ
,
R∈λ
– ассоциативность;
c)
[][]
abba
!
!!
!
,,
−=
– антикоммутативность.