Как найти собственную матрицу перехода

Матрица перехода

3 июля 2022

Матрица перехода — это просто квадратная матрица, в столбцах которой записаны координаты новых базисных векторов. У такой матрицы много важных свойств, которые сформулированы и доказаны в первой части урока — теоретической. Этой теории хватит для любого экзамена или коллоквиума.

Вторая часть урока — практическая. В ней разобраны все типовые задачи, которые встречаются на контрольных, зачётах и экзаменах.

Содержание

1. Определение матрицы перехода
2. Свойства матрицы перехода
3. Теорема о замене координат
4. Задача 1. Базисы трёхмерного пространства
5. Задача 2. Базисы в поле вычетов
6. Задача 3. Пространство многочленов
7. Задача 4. Матрица перехода при симметрии
8. Задача 5. Матрица поворота

Если вы учитесь в серьёзном университете (МГУ, Бауманка и т.д.), то обязательно изучите первые три пункта. А если вам нужны только задачи, сразу переходите к пункта 4—6.

1. Определение матрицы перехода

Пусть дано $n$-мерное линейное пространство $L$. Пусть также $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ и $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ — два базиса в $L$.

Определение. Матрица перехода ${{T}_{eto f}}$ от базиса $e=left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ к базису $f=left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ — это квадратная матрица порядка $n$, где по столбцам записаны координаты нового базиса $f$ в старом базисе $e$:

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{array}{c|c|c|c}{{t}_{1,1}} & {{t}_{2,1}} & cdots & {{t}_{n,1}} \{{t}_{1,2}} & {{t}_{2,2}} & cdots & {{t}_{n,1}} \cdots & cdots & cdots & cdots \{{t}_{1,n}} & {{t}_{2,n}} & cdots & {{t}_{n,n}} \end{array} right]]

Обратите внимание на нумерацию элементов ${{t}_{i,j}}$: первый индекс обозначает номер столбца, т.е. номер нового базисного вектора, а второй отвечает за координаты этого вектора в старом базисе. Так, во втором столбце записаны координаты вектора ${{f}_{2}}$:

[{{f}_{2}}={{left[ {{t}_{2,1}},{{t}_{2,2}},ldots ,{{t}_{2,n}} right]}^{T}}]

Или, что то же самое, разложение вектора ${{f}_{2}}$ по базису $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$:

[{{f}_{2}}={{t}_{2,1}}{{e}_{1}}+{{t}_{2,2}}{{e}_{2}}+ldots +{{t}_{2,n}}{{e}_{n}}]

Да, такая нумерация не является обязательной. Но она очень распространена именно в записи матриц перехода: первый индекс отвечает за номер базисного вектора, второй — за номер координаты этого вектора.

Пример 1. В некотором базисе $e=left{ {{e}_{1}},{{e}_{2}},{{e}_{3}} right}$ векторного пространства ${{mathbb{R}}^{3}}$ даны три вектора:

[{{f}_{1}}={{left( 1,0,1 right)}^{T}},quad {{f}_{2}}={{left( 2,1,0 right)}^{T}},quad {{f}_{3}}={{left( 0,3,1 right)}^{T}}]

[begin{align}{{f}_{1}} &={{left( 1,0,1 right)}^{T}}, \ {{f}_{2}} &={{left( 2,1,0 right)}^{T}}, \ {{f}_{3}} &={{left( 0,3,1 right)}^{T}} \ end{align}]

Убедитесь, что система векторов $f=left{ {{f}_{1}},{{f}_{2}},{{f}_{3}} right}$ образует базис в ${{mathbb{R}}^{3}}$, найдите матрицу перехода ${{T}_{eto f}}$.

Решение. Система векторов будет базисом, если эти векторы линейно независимы, а их количество совпадает с размерностью пространства. Поскольку у нас три вектора и $dim{{mathbb{R}}^{3}}=3$, осталось проверить линейную независимость. Составим матрицу из столбцов с координатами векторов ${{f}_{1}}$, ${{f}_{2}}$ и ${{f}_{3}}$:

[left[ begin{matrix}1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 1 & 0 & 1 \ end{matrix} right]]

Вообще-то это и есть матрица перехода ${{T}_{eto f}}$, но сначала надо установить линейную независимость. Поэтому выполним элементарные преобразования строк:

[left[ begin{matrix} 1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 1 & 0 & 1 \ end{matrix} right]begin{matrix} \ \ -1cdot left[ 1 right] \ end{matrix}sim left[ begin{array}{crc} 1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 0 & -2 & 1 \ end{array} right]begin{matrix} -2cdot left[ 2 right] \ \ +2cdot left[ 2 right] \ end{matrix}sim left[ begin{array}{ccr} 1 & 0 & -6 \ 0 & 1 & 3 \ 0 & 0 & 7 \ end{array} right]]

[begin{align} & left[ begin{matrix} 1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 1 & 0 & 1 \ end{matrix} right]begin{matrix} \ \ -1cdot left[ 1 right] \ end{matrix} \ & left[ begin{array}{crc} 1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 0 & -2 & 1 \ end{array} right]begin{matrix} -2cdot left[ 2 right] \ \ +2cdot left[ 2 right] \ end{matrix} \ & left[ begin{array}{ccr} 1 & 0 & -6 \ 0 & 1 & 3 \ 0 & 0 & 7 \ end{array} right] \ end{align}]

Получили верхнетреугольную матрицу без нулей на главной диагонали. Ранг такой матрицы равен 3, поэтому система $left{ {{f}_{1}},{{f}_{2}},{{f}_{3}} right}$ линейно независима и образует базис. Матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$ уже известна:

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{matrix} 1 & 2 & 0 \ 0 & 1 & 3 \ 1 & 0 & 1 \ end{matrix} right]]

1.1. Зачем нужна матрица перехода

Матрица перехода нужна для того, чтобы компактно и наглядно выражать новый базис через старый. В самом деле, разложим векторы $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ нового базиса по старому базису $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$:

[begin{align}{{f}_{1}} &={{x}_{1,1}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,1}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,1}}{{e}_{n}} \ {{f}_{2}} &={{x}_{1,2}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,2}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,2}}{{e}_{n}} \ & cdots \ {{f}_{n}} &={{x}_{1,n}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,n}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,n}}{{e}_{n}} \ end{align}]

Получили систему из $n$ уравнений, которые в матричном виде можно представить так:

[left[ begin{matrix} {{f}_{1}} & cdots & {{f}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1,1}} & cdots & {{x}_{1,n}} \ cdots & cdots & cdots \ {{x}_{n,1}} & cdots & {{x}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

[left[ {{f}_{1}} cdots {{f}_{n}} right]=left[ {{e}_{1}} cdots {{e}_{n}} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1,1}} & cdots & {{x}_{1,n}} \ cdots & cdots & cdots \ {{x}_{n,1}} & cdots & {{x}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

Обратите внимание: ${{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}}$ и ${{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}}$ — это именно векторы, а не числа. Такие наборы принято записывать строками — в отличие от вектор-столбцов, элементами которых как раз выступают обычные числа.

Последний множитель — это и есть матрица перехода ${{T}_{eto f}}$, поэтому всё произведение можно записать более компактно:

[left[ begin{matrix} {{f}_{1}} & cdots & {{f}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot {{T}_{eto f}}]

2. Свойства матрицы перехода

Мы разберём три простых свойства, а далее отдельным разделом будет ещё одно — уже более серьёзное.

2.1. Переход от базиса к этому же базису

Свойство 1. При переходе от базиса $e$ к этому же базису $e$ матрица перехода ${{T}_{eto e}}=E$.

Для доказательства достаточно рассмотреть формулы

[begin{align}{{f}_{1}} &={{x}_{1,1}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,1}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,1}}{{e}_{n}} \ {{f}_{2}} &={{x}_{1,2}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,2}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,2}}{{e}_{n}} \ &cdots \ {{f}_{n}} &={{x}_{1,n}}{{e}_{1}}+{{x}_{2,n}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n,n}}{{e}_{n}} \ end{align}]

А затем положить ${{f}_{1}}={{e}_{1}}$, ${{f}_{2}}={{e}_{2}}$, …, ${{f}_{n}}={{e}_{n}}$. Тогда:

[begin{align} {{f}_{1}} &={{e}_{1}}=1cdot {{e}_{1}}+0cdot {{e}_{2}}+ldots +0cdot {{e}_{n}} \ {{f}_{2}} &={{e}_{2}}=0cdot {{e}_{1}}+1cdot {{e}_{2}}+ldots +0cdot {{e}_{n}} \ &cdots \ {{f}_{n}} &={{e}_{n}}=0cdot {{e}_{1}}+0cdot {{e}_{2}}+ldots +1cdot {{e}_{n}} \ end{align}]

Указанное выражение однозначно, поскольку $e$ — базис. Следовательно, матрица перехода равна

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{array}{c|c|c|c} 1 & 0 & cdots& 0 \ 0 & 1 & cdots& 0 \ cdots& cdots& cdots& cdots \ 0 & 0 & cdots& 1 \ end{array} right]=E]

Итак, ${{T}_{eto f}}=E$, что и требовалось доказать.

2.2. Обратный переход

Свойство 2. Если ${{T}_{eto f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$, то ${{T}_{fto e}}={{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}$ матрица обратного перехода, от базиса $f$ к базису $e$.

В самом деле, базисы $e$ и $f$ связаны с матрицей перехода по формуле

[left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]=left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}}]

Поскольку матрица ${{T}_{eto f}}$ невырожденная, существует обратная к ней матрица ${{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}$. Домножим на эту матрицу обе части формулы, связывающей базисы $e$ и $f$:

[left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot {{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}=left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}}cdot {{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}]

[begin{align}left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right] &cdot {{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}= \ &=left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}}cdot {{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}} \ end{align}]

Упрощаем эту формулу и получаем

[left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]=left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot {{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}]

Итак, мы получили формулу перехода от базиса $f$ к базису $e$. Следовательно, ${{left( {{T}_{eto f}} right)}^{-1}}$ — матрица такого перехода, что и требовалось доказать.

2.3. Переход через транзитный базис

Пусть ${{T}_{eto f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$ линейного пространства $L$, а ${{T}_{fto g}}$ — матрица перехода от базиса $f$ к базису $g$ того же линейного пространства $L$.

Тогда матрица перехода ${{T}_{eto g}}$ от базиса $e$ к базису $g$ находится по формуле

[{{T}_{eto g}}={{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}}]

Для доказательства достаточно записать формулы для выражения базисов $f$ и $g$, а затем подставить одну формулу в другую. По условию теоремы, базис $f$ выражается через базис $e$ по формуле

[left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]=left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}}]

Кроме того, базис $g$ выражается через базис $f$ по формуле

[left[ {{g}_{1}},ldots ,{{g}_{n}} right]=left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot {{T}_{fto g}}]

Подставим первое выражение во второе и получим

[begin{align}left[ {{g}_{1}},ldots ,{{g}_{n}} right] &=left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot {{T}_{fto g}}= \ &=left( left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}} right)cdot {{T}_{fto g}}= \ & =left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot left( {{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}} right) end{align}]

[begin{align}& left[ {{g}_{1}},ldots ,{{g}_{n}} right]= \ =& left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot {{T}_{fto g}}= \ =& left( left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}} right)cdot {{T}_{fto g}}= \ =& left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot left( {{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}} right) end{align}]

Мы получили прямое выражение базиса $g$ через базис $e$, причём матрица перехода равна

[{{T}_{eto g}}={{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}}]

Это именно та формула, которую и требовалось доказать.

2.4. Невырожденные матрицы

И ещё одно важное свойство:

Свойство 4. Пусть дана произвольная квадратная невырожденная матрица

[T=left[ begin{matrix}{{a}_{1,1}} & {{a}_{1,2}} & cdots & {{a}_{1,n}} \ {{a}_{2,1}} & {{a}_{2,2}} & cdots & {{a}_{2,n}} \ cdots & cdots & cdots & cdots \ {{a}_{n,1}} & {{a}_{n,2}} & cdots & {{a}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

Пусть $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ — произвольный базис линейного пространства $L$. Тогда система векторов $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$, полученных по формуле

[begin{align}{{f}_{1}}&={{a}_{1,1}}{{e}_{1}}+{{a}_{2,1}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,1}}{{e}_{n}} \ {{f}_{2}}&={{a}_{1,2}}{{e}_{1}}+{{a}_{2,2}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,2}}{{e}_{n}} \ & cdots \ {{f}_{n}}&={{a}_{1,n}}{{e}_{1}}+{{a}_{2,n}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,n}}{{e}_{n}} \ end{align}]

тоже будет базисом $L$.

Иначе говоря, всякая квадратная невырожденная матрица $T$ является матрицей перехода от данного базиса $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ к некоторому новому базису $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ линейного пространства $L$.

Обратите внимание: поскольку изначально мы не знаем, что $T$ — матрица перехода, её элементы пронумерованы стандартным образом: первый индекс отвечает за строку, а второй — за столбец. Однако это нисколько не помешает нам доказать теорему.

Для доказательства того, что $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ — базис линейного пространства $L$, нужно доказать два утверждения:

• 1.Система векторов $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ — линейно независима.
• 2.Ранг этой системы векторов совпадает с размерностью пространства $L$.

Поскольку количество векторов в системе $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ совпадает с количеством базисных векторов $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$, т.е. равно $n=dim L$, достаточно лишь проверить линейную независимость.

Рассмотрим линейную комбинацию векторов $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ и предположим, что она равна нулю:

[{{lambda }_{1}}{{f}_{1}}+{{lambda }_{2}}{{f}_{2}}+ldots +{{lambda }_{n}}{{f}_{n}}=0]

В матричном виде это выглядит так:

[left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]cdot left[ begin{align}& {{lambda }_{1}} \ & cdots\ & {{lambda }_{n}} \ end{align} right]=0]

По условию теоремы векторы $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ раскладываются по базису $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ с коэффициентами, записанными в столбцах матрицы $T$. В матричном виде это выглядит так:

[left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]=left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot T]

Подставляем полученное выражение для $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ в предыдущее матричное уравнение и получаем

[left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]cdot Tcdot left[ begin{align}& {{lambda }_{1}} \ & cdots \ & {{lambda }_{n}} \ end{align} right]=0]

Поскольку $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ — базис линейного пространства $L$, такое равенство возможно лишь при условии

[Tcdot left[ begin{matrix} {{lambda }_{1}} \ cdots \ {{lambda }_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} 0 \ cdots \ 0 \ end{matrix} right]]

Это матричное уравнение можно рассматривать как систему из $n$ однородных уравнений относительно переменных ${{lambda }_{1}},ldots ,{{lambda }_{n}}$. И поскольку по условию теоремы матрица $T$ невырожденная, это СЛАУ имеет лишь одно решение — тривиальное:

[{{lambda }_{1}}={{lambda }_{2}}=ldots ={{lambda }_{n}}=0]

Получаем, что система векторов $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ линейно независима, а количество векторов совпадает с размерностью линейного пространства $L$. Следовательно, эта система — базис, что и требовалось доказать.

3. Замена координат в новом базисе

До сих пор мы рассуждали лишь о том, как координаты новых базисных векторов $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ выражаются через координаты старых базисных векторов $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$. Но что будет с координатами одного и того же вектора линейного пространства $L$ при переходе от одного базиса к другому?

Ответ даёт следующая теорема.

3.1. Формулировка теоремы

Теорема. Пусть $e=left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ и $f=left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ — базисы линейного пространства $L$ над полем $K$. Пусть ${{T}_{eto f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к $f$:

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{matrix}{{a}_{1,1}} & cdots& {{a}_{1,n}} \ cdots& cdots& cdots \ {{a}_{n,1}} & cdots & {{a}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

Тогда координаты произвольного вектора $hin L$ пересчитываются по формуле

[{{left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]}_{e}}={{T}_{eto f}}cdot {{left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]}_{f}}]

Ещё раз: если произвольный вектор $hin L$ в новом базисе $f$ имеет координаты

[{{left[ h right]}_{f}}=left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

то в старом базисе $e$ этот же вектор $hin L$ имеет координаты

[{{left[ h right]}_{e}}=left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]={{T}_{eto f}}cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

Т.е. для векторов всё наоборот: не новые координаты выражаются через старые, а старые — через новые. Впрочем, никто не мешает найти матрицу $T_{eto f}^{-1}$ и записать

[left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]=T_{eto f}^{-1}cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]]

Но такая запись предполагает дополнительное действие — нахождение обратной матрицы.

3.2. Доказательство

Сначала «соберём» матрицу ${{T}_{eto f}}$. Для этого разложим векторы $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$ по базису $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$:

[left{ begin{align}{{f}_{1}} &={{a}_{1,1}}{{e}_{1}}+{{a}_{2,1}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,1}}{{e}_{n}} \ {{f}_{2}} &={{a}_{1,2}}{{e}_{1}}+{{a}_{2,2}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,2}}{{e}_{n}} \ & cdots \ {{f}_{n}} &={{a}_{1,n}}{{e}_{1}} +{{a}_{2,n}}{{e}_{2}}+ldots +{{a}_{n,n}}{{e}_{n}} \ end{align} right.]

В матричной форме эту систему линейных уравнений можно записать так:

[left[ begin{matrix} {{f}_{1}} \ {{f}_{2}} \ cdots \ {{f}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{a}_{1,1}} & {{a}_{2,1}} & cdots & {{a}_{n,1}} \ {{a}_{1,2}} & {{a}_{2,2}} & cdots & {{a}_{n,2}} \ cdots & cdots & cdots & cdots \ {{a}_{1,n}} & {{a}_{2,n}} & cdots & {{a}_{n,n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{e}_{1}} \ {{e}_{2}} \ cdots \ {{e}_{n}} \ end{matrix} right]]

Транспонируем обе стороны равенства, учитывая, что произведение справа транспонируется по правилу ${{left( Acdot B right)}^{T}}={{B}^{T}}cdot {{A}^{T}}$:

[left[ begin{matrix}{{f}_{1}} & cdots & {{f}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{a}_{1,1}} & {{a}_{1,2}} & cdots & {{a}_{1,n}} \ {{a}_{2,1}} & {{a}_{2,2}} & cdots & {{a}_{2,n}} \ cdots & cdots & cdots & cdots \ {{a}_{n,1}} & {{a}_{n,2}} & cdots & {{a}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

[left[ {{f}_{1}} cdots {{f}_{n}} right]=left[ {{e}_{1}} cdots {{e}_{n}} right]cdot left[ begin{matrix} {{a}_{1,1}} & cdots & {{a}_{1,n}} \ cdots & cdots & cdots \ {{a}_{n,1}} & cdots & {{a}_{n,n}} \ end{matrix} right]]

Квадратная матрица справа — это и есть матрица перехода ${{T}_{eto f}}$. Поэтому матричное уравнение можно переписать так:

[left[ begin{matrix}{{f}_{1}} & cdots& {{f}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix}{{e}_{1}} & cdots& {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot {{T}_{eto f}}]

Теперь возьмём произвольный вектор $hin L$ и разложим его по базисам $left{ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right}$ и $left{ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right}$:

[begin{align}h &={{x}_{1}}{{e}_{1}}+{{x}_{2}}{{e}_{2}}+ldots +{{x}_{n}}{{e}_{n}}= \ &={{y}_{1}}{{f}_{1}}+{{y}_{2}}{{f}_{2}}+ldots +{{y}_{n}}{{f}_{n}} end{align}]

Вновь перейдём к матричной форме. Сначала учтём, что координаты векторов принято записывать в виде вектор-столбцов:

[{{left[ h right]}_{e}}=left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ {{x}_{2}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]quad {{left[ h right]}_{f}}=left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ {{y}_{2}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

Тогда левую и правую часть уравнения можно представить как произведение строк с базисными векторами и указанных вектор-столбцов с координатами:

[left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{f}_{1}} & cdots & {{f}_{n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

[left[ {{e}_{1}} cdots {{e}_{n}} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ {{f}_{1}} cdots {{f}_{n}} right]cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

Но выше мы выражали строку векторов $left[ {{f}_{1}},ldots ,{{f}_{n}} right]$ через строку $left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]$ и матрицу перехода ${{T}_{eto f}}$. Подставим это выражение в наше матричное уравнение:

[left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} {{e}_{1}} & cdots & {{e}_{n}} \ end{matrix} right]cdot {{T}_{eto f}}cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

[left[ {{e}_{1}} cdots {{e}_{n}} right]cdot left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]=left[ {{e}_{1}} cdots {{e}_{n}} right]cdot {{T}_{eto f}}cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

Уберём слева и справа первый множитель — строку $left[ {{e}_{1}},ldots ,{{e}_{n}} right]$. Получим уравнение, связывающее координаты вектора в разных базисах:

[left[ begin{matrix} {{x}_{1}} \ cdots \ {{x}_{n}} \ end{matrix} right]={{T}_{eto f}}cdot left[ begin{matrix} {{y}_{1}} \ cdots \ {{y}_{n}} \ end{matrix} right]]

Это именно та формула, которую и требовалось доказать.

Задача 1. Базисы трёхмерного пространства

Задача. Убедитесь, что системы векторов

[{{a}_{1}}={{left( 1,2,1 right)}^{T}},quad {{a}_{2}}={{left( 2,3,2 right)}^{T}},quad {{a}_{3}}={{left( 1,-1,2 right)}^{T}}]

[begin{align}{{a}_{1}} &={{left( 1,2,1 right)}^{T}}, \ {{a}_{2}} &={{left( 2,3,2 right)}^{T}}, \ {{a}_{3}} &={{left( 1,-1,2 right)}^{T}} \ end{align}]

и

[{{b}_{1}}={{left( 1,3,1 right)}^{T}},quad {{b}_{2}}={{left( 1,-1,3 right)}^{T}},quad {{b}_{3}}={{left( 2,2,1 right)}^{T}}]

[begin{align}{{b}_{1}} &={{left( 1,3,1 right)}^{T}}, \ {{b}_{2}} &={{left( 1,-1,3 right)}^{T}}, \ {{b}_{3}} &={{left( 2,2,1 right)}^{T}} \ end{align}]

являются базисами в векторном пространстве ${{mathbb{R}}^{3}}$. Найдите матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$. Найдите координаты в базисе $a$ вектора $x$, который в базисе $b$ имеет координаты ${{left( 0,3,2 right)}^{T}}$.

Решение

Чтобы доказать, что система векторов образует базис, достаточно составить матрицу $A$ из координат этих векторов, а затем вычислить её определитель $det A$. И если $det Ane 0$, то векторы линейно независимы. А поскольку их количество совпадает с размерностью линейного пространства, такие векторы образуют базис.

Рассмотрим систему векторов $a=left{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}} right}$. Составим из них матрицу, расположив координаты по столбцам. Получим матрицу перехода ${{T}_{eto a}}$ от некого исходного базиса $e$ (в котором как раз и даны координаты векторов ${{a}_{i}}$ и ${{b}_{i}}$ в условии задачи) к базису $a$:

[{{T}_{eto a}}=left[ begin{array}{ccr} 1 & 2 & 1 \ 2 & 3 & -1 \ 1 & 2 & 2 \ end{array} right]]

Определитель этой матрицы отличен от нуля:

[det {{T}_{eto a}}=-1ne 0]

Следовательно, $left{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}} right}$ — базис пространства ${{mathbb{R}}^{3}}$.

Теперь составим матрицу из векторов $b=left{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} right}$. Получим матрицу перехода ${{T}_{eto b}}$:

[{{T}_{eto b}}=left[ begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \ 3 & -1 & 2 \ 1 & 3 & 1 \ end{array} right]]

Определитель этой матрицы вновь отличен от нуля:

[det {{T}_{eto b}}=12ne 0]

Следовательно, $left{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} right}$ — тоже базис пространства ${{mathbb{R}}^{3}}$.

Осталось найти матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$. Заметим, что эту матрицу можно выразить так:

[begin{align}{{T}_{ato b}} &={{T}_{ato e}}cdot {{T}_{eto b}}= \ &={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}}end{align}]

Мы внедрили «транзитный» базис $e$ и вместо прямого перехода $ato b$ рассмотрели цепочку $ato eto b$. Это стандартный и очень распространённый приём, но из-за этого появился новый элемент $T_{eto a}^{-1}$ — матрица, обратная к ${{T}_{eto a}}$. Найдём $T_{eto a}^{-1}$ методом присоединённой матрицы:

[left[ {{T}_{eto a}}|E right]sim ldots sim left[ E|T_{eto a}^{-1} right]]

Напомню, что элементарные преобразования в присоединённых матрицах выполняются только над строками. Если вы забыли, как всё это работает, см. урок «Обратная матрица». В нашем случае получим:

[left[ begin{array}{ccr|ccc}1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \ 2 & 3 & -1 & 0 & 1 & 0 \ 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array} right]begin{matrix} , \ -2cdot left[ 1 right] \ -1cdot left[ 1 right] \ end{matrix}]

Мы «зачистили» первый столбец. Теперь «зачистим» последний:

[left[ begin{array}{crr|rcc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \ 0 & -1 & -3 & -2 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \ end{array} right]begin{matrix} -1cdot left[ 3 right] \ +3cdot left[ 3 right] \ , \ end{matrix}]

Остался лишь средний. Разберёмся и с ним:

[left[ begin{array}{crc|rcr} 1 & 2 & 0 & 2 & 0 & -1 \ 0 & -1 & 0 & -5 & 1 & 3 \ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \ end{array} right]begin{matrix} +2cdot left[ 2 right] \ |cdot left( -1 right) \ , \ end{matrix}]

Получили единичную матрицу слева от вертикальной черты. Значит, справа стоит искомая матрица $T_{eto a}^{-1}$:

[left[ begin{array}{ccc|rrr} 1 & 0 & 0 & -8 & 2 & 5 \ 0 & 1 & 0 & 5 & -1 & -3 \ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \ end{array} right]]

Теперь у нас есть всё, чтобы найти матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$:

[{{T}_{ato b}}={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}}=left[ begin{array}{rrr} -8 & 2 & 5 \ 5 & -1 & -3 \ -1 & 0 & 1 \ end{array} right]cdot left[ begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \ 3 & -1 & 2 \ 1 & 3 & 1 \ end{array} right]]

[begin{align}{{T}_{ato b}} &={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}}= \ &=left[ begin{array}{rrr} -8 & 2 & 5 \ 5 & -1 & -3 \ -1 & 0 & 1 \ end{array} right]cdot left[ begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \ 3 & -1 & 2 \ 1 & 3 & 1 \ end{array} right] end{align}]

После несложных вычислений получаем матрицу перехода от базиса $a$ к базису $b$:

[{{T}_{ato b}}=left[ begin{array}{rrr} 3 & 5 & -7 \ -1 & -3 & 5 \ 0 & 2 & -1 \ end{array} right]]

Осталось найти координаты вектора $x$, который в базисе $b$ имеет координаты ${{left( 0,3,2 right)}^{T}}$. Вспомним формулу, выражающую координаты в старом базисе через координаты в новом базисе:

[{{left[ x right]}_{a}}={{T}_{ato b}}cdot {{left[ x right]}_{b}}]

Подставляем в эту формулу матрицу ${{T}_{ato b}}$ и вектор-столбец ${{left[ x right]}_{b}}={{left[ 0,3,2 right]}^{T}}$:

[{{left[ x right]}_{a}}=left[ begin{array}{rrr} 3 & 5 & -7 \ -1 & -3 & 5 \ 0 & 2 & -1 \ end{array} right]cdot left[ begin{matrix} 0 \ 3 \ 2 \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} 1 \ 1 \ 4 \ end{matrix} right]]

Итак, вектор $x$ в базисе $a$ имеет координаты ${{left( 1,1,4 right)}^{T}}$. Задача решена.

Альтернативное решение

Можно найти матрицу ${{T}_{ato b}}$ заметно быстрее, если использовать алгоритм решения матричных уравнений. Заметим, что нам требуется найти произведение

[{{T}_{ato b}}={{A}^{-1}}cdot B]

С другой стороны, для нахождения такого произведения достаточно составить присоединённую матрицу вида $left[ A|B right]$ и цепочкой элементарных преобразований свести её к виду

[left[ A|B right]sim ldots sim left[ E|{{A}^{-1}}cdot B right]]

Другими словами, справа от вертикальной черты мы получим искомую матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$!

На практике это выглядит так. Записываем присоединённую матрицу $left[ A|B right]$:

[left[ begin{array}{ccr|crc} 1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 2 \ 2 & 3 & -1 & 3 & -1 & 2 \ 1 & 2 & 2 & 1 & 2 & 1 \ end{array} right]]

И после элементарных преобразований получим

[left[ begin{array}{ccc|rrr} 1 & 0 & 0 & 3 & 5 & -7 \ 0 & 1 & 0 & -1 & -3 & 5 \ 0 & 0 & 1 & 0 & 2 & -1 \ end{array} right]]

Для экономии места я пропустил промежуточные шаги. Попробуйте сделать их самостоятельно — это очень полезная практика.

Если же вы хотите разобраться, как это работает (и почему вдруг справа возникает матрица вида ${{A}^{-1}}cdot B$), см. урок «Матричные уравнения». А мы идём дальше.

Задача 2. Базисы в поле вычетов

Найдите матрицу перехода от базиса

[{{a}_{1}}={{left( 1,1,1 right)}^{T}},quad {{a}_{2}}={{left( 2,1,1 right)}^{T}},quad {{a}_{3}}={{left( 3,2,1 right)}^{T}}]

[begin{align}{{a}_{1}} &={{left( 1,1,1 right)}^{T}}, \ {{a}_{2}} &={{left( 2,1,1 right)}^{T}}, \ {{a}_{3}} &={{left( 3,2,1 right)}^{T}} \ end{align}]

к базису

[{{b}_{1}}={{left( 0,4,3 right)}^{T}},quad {{b}_{2}}={{left( 3,3,2 right)}^{T}},quad {{b}_{3}}={{left( 2,2,1 right)}^{T}}]

[begin{align}{{b}_{1}} &={{left( 0,4,3 right)}^{T}}, \ {{b}_{2}} &={{left( 3,3,2 right)}^{T}}, \ {{b}_{3}} &={{left( 2,2,1 right)}^{T}} \ end{align}]

арифметического линейного пространства $mathbb{Z}_{5}^{3}$.

Решение

Эта задача проще предыдущей, поскольку поле вычетов ${{mathbb{Z}}_{5}}$ является конечным и состоит всего из пяти элементов — представителей смежных классов:

[{{mathbb{Z}}_{5}}=left{ 0,1,2,3,4 right}]

Как и в предыдущей задаче, рассмотрим систему векторов $a=left{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}} right}$ и составим из них матрицу ${{T}_{eto a}}$:

[{{T}_{eto a}}=left[ begin{matrix} 1 & 2 & 3 \ 1 & 1 & 2 \ 1 & 1 & 1 \ end{matrix} right]]

Определитель $det {{T}_{eto a}}=1ne 0$, поэтому $left{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}} right}$ — базис.

Аналогично, рассмотрим систему $b=left{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} right}$ и составим матрицу ${{T}_{eto b}}$:

[{{T}_{eto b}}=left[ begin{matrix} 0 & 3 & 2 \ 4 & 3 & 2 \ 3 & 2 & 1 \ end{matrix} right]]

Определитель $det {{T}_{eto b}}=4ne 0$, поэтому $left{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} right}$ — базис.

Выразим искомую матрицу ${{T}_{ato b}}$ через «транзитный» базис $e$:

[begin{align}{{T}_{ato b}} &={{T}_{ato e}}cdot {{T}_{eto b}}= \ &={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}} end{align}]

Найдём $T_{eto a}^{-1}$ через присоединённую матрицу:

[left[ begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \ end{array} right]]

После цепочки элементарных преобразований над строками (попробуйте выполнить их самостоятельно!) получим

[left[ begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 4 & 1 & 1 \ 0 & 1 & 0 & 1 & 3 & 1 \ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 4 \ end{array} right]]

Итак, мы нашли матрицу $T_{eto a}^{-1}$:

[T_{eto a}^{-1}=left[ begin{matrix} 4 & 1 & 1 \ 1 & 3 & 1 \ 0 & 1 & 4 \ end{matrix} right]]

Осталось вычислить искомую матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$:

[{{T}_{ato b}}={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}}=left[ begin{matrix} 4 & 1 & 1 \ 1 & 3 & 1 \ 0 & 1 & 4 \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} 0 & 3 & 2 \ 4 & 3 & 2 \ 3 & 2 & 1 \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} 2 & 2 & 1 \ 0 & 4 & 4 \ 1 & 1 & 1 \ end{matrix} right]]

[begin{align}{{T}_{ato b}} &={{left( {{T}_{eto a}} right)}^{-1}}cdot {{T}_{eto b}}= \ &=left[ begin{matrix} 4 & 1 & 1 \ 1 & 3 & 1 \ 0 & 1 & 4 \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} 0 & 3 & 2 \ 4 & 3 & 2 \ 3 & 2 & 1 \ end{matrix} right]= \ &=left[ begin{matrix} 2 & 2 & 1 \ 0 & 4 & 4 \ 1 & 1 & 1 \ end{matrix} right] end{align}]

По аналогии с предыдущей задачей, матрицу ${{T}_{ato b}}$ можно найти и через элементарные преобразования присоединённой матрицы $left[ A|B right]$. Результат будет точно такой же, но мы сэкономим пару строк вычислений и несколько минут времени.

Задача 3. Пространство многочленов

Убедитесь, что системы многочленов

[begin{align}e &=left{ 1,t-1,{{left( t-1 right)}^{2}} right} \ f &=left( 1,t+1,{{left( t+1 right)}^{2}} right) \ end{align}]

являются базисами в пространстве ${{P}_{3}}$ многочленов степени не выше 2. Найдите матрицу перехода ${{T}_{eto f}}$. Разложите по степеням $left( t-1 right)$ многочлен ${{left( t+1 right)}^{2}}+left( t+1 right)+1$.

Решение

Стандартным базисом в пространстве многочленов является система многочленов $p=left{ {{p}_{1}},{{p}_{2}},{{p}_{3}} right}$, где

[{{p}_{1}}=1quad {{p}_{2}}=tquad {{p}_{3}}={{t}^{2}}]

Выразим через базис $p$ многочлены из системы $e$:

[begin{align} & {{e}_{1}}=1={{p}_{1}} \ & {{e}_{2}}=t-1={{p}_{2}}-{{p}_{1}} \ & {{e}_{3}}={{left( t-1 right)}^{2}}={{t}^{2}}-2t+1={{p}_{3}}-2{{p}_{2}}+{{p}_{1}} end{align}]

[begin{align}{{e}_{1}} &=1={{p}_{1}} \ {{e}_{2}} &=t-1={{p}_{2}}-{{p}_{1}} \ {{e}_{3}} &={{left( t-1 right)}^{2}}= \ &={{t}^{2}}-2t+1= \ &={{p}_{3}}-2{{p}_{2}}+{{p}_{1}} end{align}]

Следовательно, матрица перехода ${{T}_{pto e}}$ выглядит так:

[{{T}_{pto e}}=left[ begin{array}{crr} 1 & -1 & 1 \ 0 & 1 & -2 \ 0 & 0 & 1 \ end{array} right]]

Аналогично, выразим через базис $p$ многочлены из системы $f$:

[begin{align} & {{f}_{1}}=1={{p}_{1}} \ & {{f}_{2}}=t+1={{p}_{2}}+{{p}_{1}} \ & {{f}_{3}}={{left( t+1 right)}^{2}}={{t}^{2}}+2t+1={{p}_{3}}+2{{p}_{2}}+{{p}_{1}} end{align}]

[begin{align}{{f}_{1}} &=1={{p}_{1}} \ {{f}_{2}} &=t+1={{p}_{2}}+{{p}_{1}} \ {{f}_{3}} &={{left( t+1 right)}^{2}}= \ &={{t}^{2}}+2t+1= \ &={{p}_{3}}+2{{p}_{2}}+{{p}_{1}} end{align}]

Получим матрицу перехода ${{T}_{pto f}}$:

[{{T}_{pto f}}=left[ begin{matrix} 1 & 1 & 1 \ 0 & 1 & 2 \ 0 & 0 & 1 \ end{matrix} right]]

Обе матрицы оказались верхнетреугольными, их определители отличны от нуля:

[begin{align} det {{T}_{pto e}} &=1cdot 1cdot 1=1 \ det {{T}_{pto f}} &=1cdot 1cdot 1=1 \ end{align}]

Следовательно системы многочленов $e$ и $f$ действительно являются базисами пространства ${{P}_{3}}$.

Теперь найдём матрицу перехода ${{T}_{eto f}}$. Для этого нам даже не потребуется искать обратную матрицу. Достаточно заметить, что векторы ${{f}_{1}}$ и ${{f}_{2}}$ легко раскладываются по базису $e$:

[begin{align}{{f}_{1}} &=1={{e}_{1}} \ {{f}_{2}} &=t+1=left( t-1 right)+2={{e}_{2}}+2{{e}_{1}} \ end{align}]

С вектором ${{f}_{3}}$ вычислений будет чуть больше:

[begin{align}{{f}_{3}} &={{left( t+1 right)}^{2}}= \ &={{left( t-1 right)}^{2}}+4t= \ &={{left( t-1 right)}^{2}}+4left( t-1 right)+4= \ &={{e}_{3}}+4{{e}_{2}}+4{{e}_{1}} end{align}]

Итого матрица перехода ${{T}_{eto f}}$ примет вид

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{matrix} 1 & 2 & 4 \ 0 & 1 & 4 \ 0 & 0 & 1 \ end{matrix} right]]

Теперь разложим многочлен ${{left( t+1 right)}^{2}}+left( t+1 right)+1$ по базису $e$. Сначала перепишем этот многочлен так:

[begin{align}hleft( t right) &=1+left( t+1 right)+{{left( t+1 right)}^{2}}= \ &={{f}_{1}}+{{f}_{2}}+{{f}_{3}} end{align}]

Следовательно, в базисе $f$ многочлен $hleft( t right)$ имеет координаты ${{left( 1,1,1 right)}^{T}}$. Но тогда по теореме о замене координат этот же многочлен в базисе $e$ имеет координаты

[{{left[ h right]}_{e}}={{T}_{eto f}}cdot {{left[ h right]}_{f}}=left[ begin{matrix} 1 & 2 & 4 \ 0 & 1 & 4 \ 0 & 0 & 1 \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} 1 \ 1 \ 1 \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} 7 \ 5 \ 1 \ end{matrix} right]]

[begin{align}{{left[ h right]}_{e}} &={{T}_{eto f}}cdot {{left[ h right]}_{f}}= \ &=left[ begin{matrix} 1 & 2 & 4 \ 0 & 1 & 4 \ 0 & 0 & 1 \ end{matrix} right]cdot left[ begin{matrix} 1 \ 1 \ 1 \ end{matrix} right]=left[ begin{matrix} 7 \ 5 \ 1 \ end{matrix} right] end{align}]

Другими словами, многочлен $hleft( t right)$ имеет вид

[hleft( t right)={{left( t-1 right)}^{2}}+5left( t-1 right)+7]

Это и есть искомое разложение многочлена ${{left( t+1 right)}^{2}}+left( t+1 right)+1$ по степеням $left( t-1 right)$.

Альтернативное решение

Искомое разложение можно получить и без привлечения матриц перехода. Достаточно применить схему Горнера или выделить нужные степени напрямую:

[begin{align}hleft( t right) &={{left( t+1 right)}^{2}}+left( t+1 right)+1= \ &={{left( t-1 right)}^{2}}+4t+t+1+1= \ &={{left( t-1 right)}^{2}}+5left( t-1 right)+5+2= \ &={{left( t-1 right)}^{2}}+5left( t-1 right)+7 end{align}]

Как видим, результат получился тем же самым, а времени потрачено меньше. Однако уже в пространстве ${{P}_{4}}$ многочленов степени не выше 4 сложность решения через матрицы и через выделение степеней будет сопоставимой. А дальше матрицы начнут выигрывать.

Смысл линейной алгебры — дать универсальные алгоритмы, которые работают с объектами любой природы, если эти объекты подчиняются аксиомам линейного пространства.

Задача 4. Матрица перехода при симметрии

Базис $b$получается из базиса

[{{a}_{1}}={{left( 2,1,3 right)}^{T}},quad {{a}_{2}}={{left( 1,1,-1 right)}^{T}},quad {{a}_{3}}={{left( 2,-1,-1 right)}^{T}}]

[begin{align}{{a}_{1}} &={{left( 2,1,3 right)}^{T}}, \ {{a}_{2}} &={{left( 1,1,-1 right)}^{T}}, \ {{a}_{3}} &={{left( 2,-1,-1 right)}^{T}} \ end{align}]

пространства ${{V}_{3}}$ симметрией относительно плоскости $2x+y+3z=0$. Найти матрицу перехода ${{T}_{ato b}}$.

Решение

Из курса аналитической геометрии мы знаем, что если плоскость задана уравнением

[ax+by+cz+d=0]

то вектор-нормаль $n$ имеет координаты

[n=left( a,b,c right)]

Тогда для плоскости $2x+y+3z=0$ нормаль имеет координаты $n=left( 2,1,3 right)$, что в точности совпадает с вектором ${{a}_{1}}$. Следовательно, при симметрии относительно плоскости этот вектор просто перейдёт в противоположный: ${{b}_{1}}=-{{a}_{1}}$.

Далее заметим, что векторы ${{a}_{2}}$ и ${{a}_{3}}$ лежат в плоскости симметрии, поскольку при подстановке их координат уравнение плоскости обращается в верное числовое равенство:

[begin{align}{{a}_{2}}={{left( 1,1,-1 right)}^{T}} &Rightarrow 2cdot 1+1+3cdot left( -1 right)=0 \ {{a}_{3}}={{left( 2,-1,-1 right)}^{T}} &Rightarrow 2cdot 2-1+3cdot left( -1 right)=0 \ end{align}]

[begin{align}{{a}_{2}}=&{{left( 1,1,-1 right)}^{T}}Rightarrow \ & Rightarrow 2cdot 1+1+3cdot left( -1 right)=0 \ {{a}_{3}}=&{{left( 2,-1,-1 right)}^{T}}Rightarrow \ & Rightarrow 2cdot 2-1+3cdot left( -1 right)=0 \ end{align}]

Следовательно, при симметрии эти векторы переходят сами в себя: ${{b}_{2}}={{a}_{2}}$, ${{b}_{3}}={{a}_{3}}$. Матрица перехода имеет вид

[{{T}_{ato b}}=left[ begin{array}{rcc} -1 & 0 & 0 \ 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 \ end{array} right]]

Важное замечание. симметрия предполагает использование проекций и углов, что в конечном счёте сводится к скалярному произведению. Однако мы пока не знаем, что такое скалярное произведение в линейном пространстве.

Полноценное определение скалярного произведения будет намного позже — см. урок «Евклидово пространство». А пока будем считать, что скалярное произведение векторов $a$ и $b$ определено стандартным образом:

[left( a,b right)=left| a right|cdot left| b right|cdot cos alpha ]

Геометрическая интерпретация

Симметрию на плоскости и в пространстве удобно представлять графически. Пусть $alpha $ — плоскость, относительно которой выполняется симметрия. Тогда векторы $left{ {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}} right}$ будут выглядеть так:

Из приведённого рисунка сразу видно, что при симметрии вектор ${{a}_{1}}$ перейдёт в противоположный, а векторы ${{a}_{2}}$ и ${{a}_{3}}$ останутся на месте.

Задача 5. Матрица поворота

Базис $e=left{ i,j,k right}$ пространства ${{V}_{3}}$ поворачивается на 180° вокруг прямой $l$, заданной системой

[left{ begin{align}x-y &=0 \ z &=0 \ end{align} right.]

Затем полученный базис $f$ поворачивается на 90° в отрицательном направлении вокруг нового положения вектора $j$. В результате получается базис $g=left{ {{i}_{2}},{{j}_{2}},{{k}_{2}} right}$.

Найдите матрицу перехода ${{T}_{eto g}}$. Найдите в базисе $e$ координаты вектора $h$, который в новом базисе $g$ имеет координаты $left( 1,1,1 right)$.

Решение

Вращение базиса и матрица поворота — это очень важная тема, по которой есть отдельный урок — «Матрица поворота». Но сейчас вращение совсем простое, поэтому обойдёмся без специальных матриц.

Вновь обратимся к геометрической интерпретации. Рассмотрим исходный базис $e=left{ i,j,k right}$ трёхмерного пространства:

Также на этом рисунке изображена прямая $l$, которая задаётся требованиями $z=0$ и $x=y$. Эта лежит в плоскости $Oxy$ и является биссектрисой первой координатной четверти.

Очевидно, что при повороте пространства на 180° относительно прямой $l$ базисные векторы $i$ и $j$ просто поменяются местами, а вектор $k$ перейдёт в противоположный:

Другими словами, ${{i}_{1}}=j$, ${{j}_{1}}=i$, ${{k}_{1}}=-k$, поэтому матрица перехода от базиса $e=left{ i,j,k right}$ к базису $f=left{ {{i}_{1}},{{j}_{1}},{{k}_{1}} right}$ примет вид

[{{T}_{eto f}}=left[ begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ end{array} right]]

Далее поворот осуществляется вокруг нового положения вектора $j$, т.е. вокруг вектора ${{j}_{1}}$. Вновь обратимся к чертежу. В этот раз нам уже не нужны координатные оси — нас интересуют лишь векторы ${{i}_{1}}$, ${{j}_{1}}$ и ${{k}_{1}}$, а также ось вращения:

Обратите внимание: в задаче сказано, что базис вращается на 90° в отрицательном направлении. Если мы смотрим на плоскость, образованную векторами ${{i}_{1}}$ и ${{k}_{1}}$, с вершины вектора ${{j}_{1}}$ (как на картинке), то отрицательное направление — это по часовой стрелке (отмечено зелёным), а положительное —против часовой стрелки (отмечено красным).

Все эти тонкости (положительное и отрицательное направление, правые и левые тройки векторов) детально описаны в уроке про матрицы поворота. Сейчас не будем подробно разбираться в них, а просто нарисуем результат:

Итак, ${{i}_{2}}={{k}_{1}}$, ${{j}_{2}}={{j}_{1}}$ и ${{k}_{2}}=-{{i}_{1}}$, поэтому матрица перехода от базиса $f=left{ {{i}_{1}},{{j}_{1}},{{k}_{1}} right}$ к базису $g=left{ {{i}_{2}},{{j}_{2}},{{k}_{2}} right}$ имеет вид

[{{T}_{fto g}}=left[ begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \ 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ end{array} right]]

Теперь мы можем найти матрицу ${{T}_{eto g}}$ через транзитный базис $f$:

[{{T}_{eto g}}={{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}}=left[ begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ end{array} right]cdot left[ begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \ 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ end{array} right]=left[ begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ -1 & 0 & 0 \ end{array} right]]

[begin{align}{{T}_{eto g}} &={{T}_{eto f}}cdot {{T}_{fto g}}= \ &=left[ begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ end{array} right]cdot left[ begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \ 0 & 1 & 0 \ 1 & 0 & 0 \ end{array} right]= \ &=left[ begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ -1 & 0 & 0 \ end{array} right] end{align}]

Кроме того, нам известны координаты вектора $h$ в базисе $g$:

[h={{left( 1,1,1 right)}^{T}}]

Тогда в базисе $e$ координаты этого же вектора равны

[{{left[ h right]}_{e}}={{T}_{eto g}}cdot {{left[ h right]}_{g}}=left[ begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ -1 & 0 & 0 \ end{array} right].left[ begin{matrix} 1 \ 1 \ 1 \ end{matrix} right]=left[ begin{array}{r} 1 \ -1 \ -1 \ end{array} right]]

[begin{align}{{left[ h right]}_{e}} &={{T}_{eto g}}cdot {{left[ h right]}_{g}}= \ &=left[ begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & -1 \ -1 & 0 & 0 \ end{array} right].left[ begin{matrix} 1 \ 1 \ 1 \ end{matrix} right]=left[ begin{array}{r} 1 \ -1 \ -1 \ end{array} right] end{align}]

Итак, мы нашли матрицу перехода ${{T}_{eto g}}$ и координаты вектора $h$ в исходном базисе. Задача решена.

Смотрите также:

1. Критерий Сильвестра для квадратичных функций
2. Работа с формулами в задаче B12
3. Тест к уроку «Площади многоугольников на координатной сетке» (легкий)
4. Показательные функции в задаче B15
5. Задача B5: площадь кольца
6. Случай четырехугольной пирамиды

Матрица перехода

Пусть и — два различных базиса линейного пространства .

Матрица , столбцы которой равны координатам векторов в базисе называется матрицей перехода от базиса к базису Тогда

Определитель матрицы перехода отличен от нуля:

Пример с решением

Пример 183.

Определим матрицу перехода от базиса к базису

Запишем координаты векторов в виде строк матрицы и приведем полученную матрицу к ступенчатому виду.

Справа от матрицы указываются векторы и регистрируются проводимые преобразования матрицы.

Нулевым строкам ступенчатого вида матрицы соответствуют равенства Отсюда и

Получено разложение векторов и по базису . Записав коэффициенты этого разложения в виде столбцов матрицы, получим матрицу перехода . Тогда

По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:

Мы ограничимся далее изложением простейших фактов для однородных цепей Маркова, в которых условная вероятность появления события в -м испытании при условии, что в -м испытании осуществилось событие не зависит от номера испытания. Мы назовем эту вероятность вероятностью перехода и обозначим буквой ; в этом обозначении первый индекс всегда будет обозначать результат предшествующего испытания, а второй индекс указывает, в какое состояние перейдет система в последующий момент времени.

Полная вероятностная картина возможных изменений, осуществляющихся при переходе от одного испытания непосредственно к следующему, задается матрицей

составленной из вероятностей перехода, которую мы будем называть матрицей перехода.

Отметим, каким условиям должны удовлетворять элементы этой матрицы. Прежде всего, они, как вероятности, должны быть неотрицательными числами, т.е. при всех и

Далее из того, что при переходе из состояний в -м испытании

система обязательно переходит в одно и только в одно из состояний в -м испытании, вытекает равенство

Таким образом, сумма элементов в каждой строке матрицы перехода равна единице.

Возможно вам будут полезны данные страницы:

Наша первая задача в теории цепей Маркова состоит в определении вероятности перехода из состояния в -м испытании в состояние через испытаний. Обозначим эту вероятность знаком

Рассмотрим какое-нибудь промежуточное испытание с номером . В этом испытании осуществится какое-то одно из возможных событий . Вероятность такого перехода, согласно с только что введенными обозначениями, равна . Вероятность же перехода из состояния в состояние равна . По формуле полной вероятности

Обозначим через матрицу перехода через п испытаний

Согласно (1) между матрицами с различными индексами существует соотношение

В частности, при находим, что

при

и вообще при любом

Отметим частный случай формулы (1): при

Преобразование координат. Матрица перехода.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Пусть $L_n -$ произвольное мерное пространство, $B=(e_1, . e_n) -$ фиксированный базис в нем. Тогда всякому вектору $xin L_n$ взаимно однозначно соответствует столбец его координат в этом базисе.

$$x=x_1e_1+. +x_ne_nLeftrightarrow X=beginx_1\ vdots\x_nend$$

При этом линейные комбинации над векторами в координатной форме выглядят следующим образом:

$y=lambda xLeftrightarrow Y=lambda X.$

Пусть $B=(e_1, e_2, . e_n)$ и $B’=(e_1′, e_2′, . e_n’) -$ два различных базиса в $L_n.$ Каждый из векторов базиса $B’$ разложим по базису $B:$

Матрицей перехода $T_$ от базиса $B$ к базису $B’$ называется матрица

$T_=begint_&. &t_\. &. &. \t_&. &t_end$ $k$-й столбец которой есть столбец $E’_k$ координат вектора $e’_k$ в базисе $B.$ Если $x -$ произвольный вектор из $L_n,$ $X$ и $X’ -$ столбцы его координат в базисах $B$ и $B’$ соответственно то имеет место равенство $$X’=(T_)^X$$ (формула преобразования координат при преобразовании базиса).

Примеры.

4.15. В постранстве $V_3$ заданы векторы $e_1’=i+j, $ $e_2’=i-j, $ $e_3’=-i+2j-k.$ Доказать, что система $B’=(e_1′, e_2′, e_3′)$ базис в $R_3 $ и написать матрицу перехода $T_$ где $B=(e_1=i, e_2=j, e_3=k).$ Найти координаты вектора $x=i-2j+2k$ в базисе $B’.$

Решение.

Для того, чтобы показать, что система векторов $B’=(e_1′, e_2′, e_3′)$ базис в $R_3, $ достаточно показать, что эти вектора не компланарны.

Из условия мы имеем $e_1’=i+j=(1, 1, 0),$ $e_2’=i-j=(1, -1, 0),$ $e_3’=-i+2j-k=(-1, 2, -1).$ Вектора $e_1′, e_2′, e_3’$ не компланарны, если $begin1&1&0\1&-1&0\-1&2&-1endneq 0.$ Проверим это:

Далее запишем матрицу перехода $T_$

Подставляя этот результат в формулу $X’=(T_)^X,$ получаем:

4.17. Пусть $B=(i, j, k)$ и $B’=(i’, j’, k’) -$ прямоугольные базисы в $R_3.$ Написать матрицу перехода $T_,$ и выписать столбец координат вектора $x=i-2j+k$ в базисе $B’.$

Базис $B’$ получен перестановкой $i’=j,$ $j’=k,$ $k’=i.$

Решение.

Из условия мы имеем $e_1=i, e_2-j, e_3=k;$ $e_1’=j=(0, 1, 0),$ $e_2’=k=(0, 0, 1),$ $e_3’=i=(1, 0, 0).$

Подставляя этот результат в формулу $X’=(T_)^X,$ получаем:

Домашнее задание.

Пусть $B=(i, j, k)$ и $B’=(i’, j’, k’) -$ прямоугольные базисы в $R_3.$ Написать матрицу перехода $T_,$ и выписать столбец координат вектора $x=i-2j+k$ в базисе $B’.$

4.16. Базис $B’$ получен изменением на противоположное направление всех трех базисных ортов $B.$

4.18. Базис $B’$ получен поворотом базиса $B$ на угол $varphi$ вокруг орта $i.$

Геометрия данных 5. Преобразование базиса

Под преобразованием базиса системы координат понимается замена одного набора базовых вершин (реперов) на другой. По сравнению с обычной системой координат на векторах изменение системы координат на точечном базисе имеет особенности, связанные с тем, что базисы могут принадлежать разным пространствам.

Основные матрицы

Под матрицами преобразования (матрицами перехода) обычно понимают такие матрицы, при умножении на которые координат элемента (вершины) в старом базисе, получаются ее координаты в новом. На основании данных матриц преобразуются также метрические тензоры из одного базиса в другой.

Матрицы преобразования базисов содержат сравнительные характеристики двух базисов. Среди данных матриц выделятся инвариантные матрицы — их значения не зависят от выбора базиса. Например, матрица дистанций между вершинами является инвариантной.

Прямые матрицы перехода

Набор исходных базовых вершин обозначим как (старый базис), новый набор как (новый базис). Для преобразования координат должна быть задана матрица перехода — описание координат вершин нового базиса в старом. Такими координатами могут быть как ди-координаты вершин, так и би-координаты. Матрицу перехода в ди-координатах обозначим как . Строка матрицы — это координаты вершины нового базиса в старом , соответственно столбец — это ди-координаты вершины старого базиса относительно нового.

Матрица перехода должна быть квадратной, следовательно одних координат вершин недостаточно — их количество меньше, чем количество компонент координат (из-за наличия скалярной компоненты в координатах). Поэтому необходимо добавить в данную матрицу ди-координаты вектора нормали [0; 1, 1,… 1]. После чего матрица перехода в ди-координатах становится похожей по форме на мажорный грамиан. Назовем матрицу дистанционным тензором преобразования координат (ДТП):

Дистанционный тензор преобразования является инвариантом — его значения не зависят от базиса. При обратном переходе (от к ) значения даной матрицы просто транспонируются (строки и столбцы меняются местами).

Поскольку ДТП — это ди-координаты, то умножая их на лапласиан (ЛМТ), можно получить би-координаты . Структура би-координат матрицы перехода:

Первая строка данной матрицы — это би-координаты нормали: .
В отличие от ДТП значения би-координат матрицы перехода зависят от того, для какого базиса они получены — для старого или нового. Выбор базиса определяет матрицу ЛМТ. Для определенности би-координаты перехода в базисе обозначим как , а в базисе как . Тогда имеют место следующие тождества. Для исходного базиса:

Здесь и — лапласиан и грамиан исходного базиса. Соответственно и — метрические тензоры нового базиса.

При переходе от одного базиса к другому требуется определить метрические тензоры нового базиса, если заданы матрицы преобразования.

Обратные матрицы перехода

Матрицы перехода и обратимы при условии отличного от нуля детерминанта матрицы перехода:

Нулевой детерминант матрицы преобразования означает ортогональность базисов. В ортогональном базисе невозможно выразить метрику проекций. Будем считать базисы неортогональными. Тогда обратные матрицы перехода выражаются через прямые следующим образом:

Матрица — представляет собой би-координаты вершин старого базиса относительно вершин нового . То есть обращение би-координат дает взаимные би-координаты.

Матрица — это лапласовский тензор преобразования базиса (ЛТП). Ее структура аналогична структуре лапласиана (ЛМТ):

Здесь главный минор — это симметричный лапласиан. В окаймлении барицентрические координаты обратных проекций ортоцентров двух базисов (симплексов). Ортоцентр исходного базиса выражена в барицентрических координатах нового — , а ортоцентр нового в координатах исходного — .
Что понимается под «обратными проекциями», будет пояснено далее.

В углу лапласовского тензора находится скаляр . Его значение отражает скалярное произведение двух базисов — нового и старого. Чтобы раскрыть его смысл, рассмотрим две ситуации — 1) базисы принадлежат одному и тому же пространству и 2) базисы принадлежат разным пространствам.

Скалярное произведение базисов одного пространства

В общем пространстве скалярное произведение базисов выражается через нормы ортоцентров ( и ) и расстояния между ортоцентрами ():

Данная формула подобна выражению для скалярного произведения пар с общей вершиной (3.8). Поэтому можно считать соотношение (5.5) определением скалярного произведения ортоцентров.

На рисунке показана геометрическая интерпретация скалярного произведения ортоцентров (окружностей). Слева — определение через скалярное произведение смежных пар и . Если окружности пересекаются, то у них есть общий элемент — элемент смежности пар.

Скалярное произведение элементов можно определить через их взаимные степени (показано на рисунке справа). Геометрическое определение степени точки дано во 2-й части. Согласно (2.9) степень точки относительно элемента выражается через дистанцию от точки до элемента и норму элемента :

Можно обобщить данное определение, если вместо точки использовать другой элемент. Тогда взаимной степенью двух элементов и является следующая скалярная величина :

Данная формула известна как произведение Дарбу. На правом рисунке показано построение точек, значение дистанции между которыми равно взаимной степени элементов:

По своим свойствам взаимная степень элементов обобщает свойства степени точки, то есть определяет их взаимное расположение. Если элементы находятся вне друг друга, то их взаимная степень положительна, если пересекаются — отрицательна. Под пересечением здесь понимается ситуация, при которой точки касания (или ) находятся внутри элемента (или соответственно) (на рисунке взаимная степень элементов положительна).

Тогда скалярное произведение (5.5) — это взаимная полустепень элементов (и наоборот). Напомним (2.10), что под полустепенью понимается степень, деленная на (-2):

Если центры элементов совпадают (), то их скалярное произведение будет равно их средней норме:

Скалярное произведение базисов разных пространств

Если базисы принадлежат разным пространствам, то геометрическая интерпретация их скалярного произведения усложняется. Приведем вначале алгебраические тождества. Они аналогичны подобным для составляющих лапласовского тензора, приведенных в первой части.

Скалярное произведение базисов может выражено через отношение детерминантов дистанционной матрицы перехода и ее главного минора (см. 5.1.1):

Связь взаимной нормы базисов и барицентрических координат обратных проекций их ортоцентров:

— для вершин базиса .

— для вершин базиса .

Разберемся, что такое обратная проекция точки. Допустим, что у нас есть точка , принадлежащая базису . Тогда ее обратной проекцией на базис будет такая точка , что перпендикуляр, опущенный из нее на базис , пересекается с ним в исходной точке .

На рисунке обратной проекцией точки на пространство является точка , а обратной проекцией точки на пространство — точка . Точки и — это ортоцентры базисов и соответственно.

Понятие обратной проекции применимо также к нормам элементов. Норма при обратной проекции становится больше исходной (в отличие от прямой проекции). На рисунке дистанция — это норма ортоцентра базиса . Обратной проекцией на базис будет дистанция:
.
Соответственно обратной проекцией нормы базиса на базис будет дистанция
.
Обозначая дистанцию между обратными проекциями центров как , получаем следующее выражение для скалярного произведения базисов разных пространств:

Видим, что по форме оно совпадает со взаимной нормой базисов одного пространства (5.5), но вместо дистанций используются их обратные проекции на взаимный базис. Если базисы принадлежат одному пространству, то угол между пространствами становится нулевым, и формула (5.9) переходит в (5.5).

Все приведенные формулы применимы также и к пространству графа. В графе нет описанных сфер (базиса), но есть связность. Тогда скалярное произведение базисов графа должно отражать их взаимную связность.

Расчет нового базиса

Здесь также рассмотрим две ситуации: 1) новый и старый базис принадлежат одному и тому же пространству и 2) принадлежат разным пространствам. Первый случай как правило относится к обычному геометрическому пространству (при смене базиса тут редко меняется его пространство), второй — к пространству графа.

Определить принадлежность элемента (вершины) пространству базиса можно по его норме в данном пространстве. Если равна нулю, то элемент принадлежит пространству.

Единое пространство базисов

Для получения грамиана нового базиса необходимо умножить ди-координаты элементов нового базиса на би-координаты . Полученная матрица будет матрицей скалярных произведений в новом базисе (см. 4.4.2 в предыдущей части). Таким образом если пространства базисов совпадают, то матрица норм вершин нового базиса относительно старого — это и есть грамиан нового базиса:

Мы пометили данный грамиан штрихом, чтобы помнить об условии общего пространства базисов. Лапласиан нового базиса (ЛМТ) можно получить обращением грамиана (ДМТ):

Координаты элемента в новом базисе могут быть выражены через координаты в старом и матрицы перехода. Ди-координаты :

Би-координаты элемента в новом базисе :

Все приведенные выражения аналогичны формулам изменения координат и в обычных (векторных) системах координат. В пределах общего пространства использование точечного базиса аналогично использованию векторного.

На КДПВ показан основной базис из 3-х вершин (A, B, C) и новый базис , образованный вершинами (P, Q, R). Значения ДМТ основного базиса есть в первой статье:
begin
Gm_ & * & A & B & C \
hline
* & 0 & 1 & 1 & 1 \
A & 1 & 0 & -4.5 & -8 \
B & 1 & -4.5 & 0 & -12.5 \
C & 1 & -8 & -12.5 & 0 \
end
Звездочкой обозначена скалярная компонента. Значение лапласиана (ЛМТ) можно получить обращением грамиана (ДМТ).

Дистанционную матрицу перехода считаем заданной. Ее вид:
begin
Dm_ & * & A & B & C \
hline
* & 0 & 1 & 1 & 1 \
P & 1 & -1.0 & -2.5 & -13.0 \
Q & 1 & -6.5 & -2.0 & -6.5 \
R & 1 & -12.5 & -2.0 & -20.5 \
end

Значения би-координат матрицы перехода получаем по формуле (5.2.1):
begin
Ba_p^a & * & A & B & C \
hline
* & 1 & 0 & 0 & 0 \
P & -1.5 & 0.91(6) & 0.(3) & -0.25 \
Q & 2.0 & -0.5 & 1.0 & 0.50 \
R & -5.0 & -0.(6) & 1.(6) & 0.0 \
end
Скалярной компонентой (значения первого столбца) би-координат являются орбитали. Сумма барицентрических компонент равна 1.

Лапласовский тензор преобразования (5.3.1):
begin
Lt^ & * & P & Q & R \
hline
* & 2.15 & 0.30 & 1.15 & -0.45 \
A & 0.058(3) & 0.11(6) & -0.0(6) & -0.05 \
B & 0.9(6) & -0.0(6) & -0.0(3) & 0.10 \
C & -0.025 & -0.05 & 0.10 & -0.05 \
end
Вектор — это барицентрические координаты ортоцентра старого базиса (симплекса ABC) относительно вершин нового (PQR). Соответственно, вектор — наоборот, барицентрические координаты ортоцентра симплекса PQR относительно вершин старого базиса.

Базисы в разных пространствах

Если базисы находятся в разных пространствах, то формула (5.10.1) будет давать неверные значения полудистанций между вершинами нового базиса. В предыдущей части было показано, что в общем случае для нахождения правильных дистанций между вершинами необходимо к матрице норм прибавить фундаментальную матрицу (4.5):

Следовательно, при преобразовании базиса к базису из другого пространства необходимо наряду с матрицами перехода задать фундаментальную матрицу нового базиса (относительно исходного).

Для задания фундаментальной матрицы полезно вспомнить ее геометрический смысл (см. 4.6.1). Элемент фундаментальной матрицы — это скалярное произведение нормалей, направленных к вершинам из их проекций на пространство базиса. В частном (но практически важном) случае общего надпространства элемент фундаментальной матрицы вычисляется как произведение расстояний от заданных элементов до пространства базиса.

Скалярное произведение обратных проекций

В пространстве графа значения фундаментальной матрицы можно получить через матрицу смежности между старым и новым базисом . Элементами данной матрицы является вес связей между вершинами двух базисов. Если матрица известна и обратима, то можно получить обратную матрицу смежности:

Полученная матрица (как и матрица смежности) является инвариантом — ее значения не зависят от выбора базиса. Значения элементов матрицы отражают скалярное произведение обратных проекций между вершинами двух базисов. На рисунке представлена поясняющая схема.

Здесь точка A принадлежит базису , а точка P — базису . Штрихами помечены обратные проекции точек на смежный базис. Тогда значение элемента матрицы — это скалярное произведение векторов и :

Можно выразить данное соотношение через расстояния от вершин до гиперплоскости пересечения пространств (на рисунке — точка O) и угол между пространствами :

Из формулы (5.13.2′) видно, что если базисы ортогональны , то элементы скалярного произведения обращаются в бесконечность.

Итоговые формулы преобразования базисов

Удобно привести размерность матрицы скалярных произведений проекций к размерности остальных матриц перехода, окаймив ее нулями. Тогда фундаментальная матрица базиса определяется как

Объединяя все вместе, получаем конечное выражение для грамиана нового базиса :

Симметричным образом выражается исходный базис при заданных матрицах преобразования:

Здесь и — би-координаты матриц перехода (5.2.1) и (5.2.2). — общая дистанционная матрица преобразования:

Данная матрица является инвариантом, состоит из двух частей — дистанционного тензора преобразования и добавки, связанной с некомпланарностью пространств базисов, — матрицы скалярных произведений проекций .

Лапласовский тензор базисов получается обращением ДМТ (5.15). Задача определения связи базисов решена.

Подводим итоги. Тяжелая формульная часть серии в целом завершена. Приведены основные понятия и тождества. Точечные базисы — это полезный и мощный инструмент для различных прикладных задач. В заключительной статье рассмотрим базис простейшей структуры — в виде звезды.

Пусть
в пространстве Rⁿ
заданы два базиса е₁,е₂,
…
,е_n
и f₁,
f₂,
f₃…,
f_n,
тогда каждый вектор из базиса f
можно разложить по базису e,
т.е.

Из
координатных столбцов векторов f_j
в базисе e

можно составить квадратную матрицу
порядка n.

,
которая называется, матрицей перехода
от базиса e
к базису f.

Она
является невырожденной, т.е. А0.
Значит, выражение
можно записать в матричном виде.
Умножая это равенство наТ^-1
справа, получаем

fT^-1=e
или e
= fT^-1,
т.е. Т^-1
– матрица перехода от базиса f
к базису e.

Пример
5.
Найти координаты вектора
в базисеесли он задан в базисе.

.

Решение.
При
переходе от базиса e
к базису f
координаты одного и того же вектора
связаны формулами:

,

,

где
T
матрица перехода, которая находится
из равенства f
= eT.

Здесь
.
Найдем определитель матрицы:

(формула
разложения определителя по третьей
строке).

Найдем
алгебраические дополнения к элементам
матрицы T
и обратную матрицу по формуле
:

.

Таким
образом, обратная матрица будет
и, следовательно,

.

Окончательно
имеем в базисе f:

.

Зависимость
между матрицами одного и того же оператора
в разных базисах выражается теоремой.

Теорема.
Матрицы
А
и
А^*
линейного оператора А(х)
в
базисах
е₁,е₂,
…
,е_n
и
f₁,
f₂,
f₃…,
f_n
связаны соотношением

A*
= Т^-1∙A∙Т_,

где
Т
— матрица перехода от старого базиса
к новому.

Пример
6.
В базисе e₁,
e₂
оператор А
имеет матрицу
.
Найти матрицу этого же оператора в новом
базисеf₁,
f₂
, где
.

Решение:
составим матрицу перехода (координаты
векторов нового базиса являются столбцами
матрицы перехода) т.е.
и найдем обратную матрицу Т^-1.
Т=5,
.

—
матрица оператора А
в новом базисе.

Пример
7. Найти
матрицу линейного преобразования
в базисеесли она задана в базисе

,

.

Решение.
При переходе
от базиса e
к базису f
матрица линейного преобразования, в
соответствии с определением, будет
иметь вид

,

где
T
матрица перехода, которая находится
из равенства f
= eT.

Здесь

.

Найдем
определитель матрицы:

(прибавили к
элементам второго и третьего столбца
соответствующие элементы первого
столбца и записали формулу разложения
определителя по первой строке).

Найдем
алгебраические дополнения к элементам
матрицы T
и обратную матрицу по формуле
:

.

Таким
образом, обратная матрица будет
и, следовательно,

.

Лекция
14. Собственные значения и собственные
векторы линейного оператора.

ЗАДАЧА.

Найти
собственные значения и собственные
векторы линейного преобразования,
заданного в некотором базисе матрицей

Определение
1.
Ненулевой
вектор X,
удовлетворяющий условию

AX=X
, (1)

называется
собственным вектором преобразования
A
. Число 
в равенстве (1) называется собственным
значением.

Из
определения следует, что
собственный вектор под действи­ем
линейного оператора А
переходит
в вектор, коллинеарный самому
себе, т.е. просто умножается на некоторое
число.
В то же время
несобственные векторы преобразуются
более сложным образом.
В связи с этим понятие собственного
вектора является очень
полезным и удобным при изучении многих
вопросов мат­ричной
алгебры и ее приложений.

Равенство
(1) записано в матричной форме: АХ
= Х,

где
X
—
матрица-столбец
из координат вектора х,
или
в разверну­том
виде

(1)

Перепишем
систему так, чтобы в правых частях были
нули:

(2)

Или
в матричном виде (А
— Е)
= 0.

Полученная
однородная система всегда имеет нулевое
реше­ние
х
=
0
= (0,0,…,0). Для существования ненулевого
решения необходимо
и достаточно, чтобы определитель системы
(2) был равен 0.

(3)

Определитель
|А
– ХЕ|
является
многочленом n-й
степени от­носительно
X.
Этот
многочлен называется характеристическим
многочленом
оператора А
или
матрицы А,
а
уравнение (3) —
характеристическим
уравнением оператора А
или
матрицы А.

Для
отыскания собственных векторов
необходимо:

1)
составить характеристическое уравнение
(3) и найти его корни ₁,
₂,
₃
т.е. собственные значения;

2)
составить систему (2), положив 
равным одному из найденных собственных
значений, например: 
= ₁,
и найти ненулевое решение
этой системы;

3)
записать вектор
который является собственным вектором
данного преобразования, соответствующим
собственному значению₁
;

4)
проделать шаги 2), 3) для 
= ₂
и

= ₃.

Следует
иметь в виду, что собственные векторы
определяются с точностью до произвольного
множителя, т.е. если вектор X
— собственный, то и вектор
— собственный.

Собственные
векторы, соответствующие различным
собственным значениям, линейно независимы.

Если
линейное преобразование имеет S
одинаковых собственных чисел ₀
, то говорят, что ₀
имеет кратность S.
Тогда ему соответствует не более S
линейно независимых собственных
векторов.

Пример
1. Найти
собственные значения и собственные
векторы линейного преобразования,
заданного в некотором базисе матрицей

.

РЕШЕНИЕ.

1. Запишем
   характеристическое уравнение данного
   линейного преобразования и найдем его
   корни:

Чтобы
решить это уравнение, необходимо раскрыть
определитель. Для этого рекомендуется
разложить определитель по элементам
некоторой строки (столбца), предварительно
получив в этой строке (столбце) два нуля,
используя свойства определителей. В
нашем случае сначала к первой строке
прибавим вторую, получим

Теперь
ко второму столбцу прибавим первый,
умноженный на (-1):

Раскладывая
этот определитель по элементам первой
строки, получаем:

или

Корнями
этого уравнения являются три числа,
₁
= -2, ₂
= 3, ₃
= 6.

1. В
   системе (2) положим 
   = ₁
   = -2, тогда она примет вид:

Здесь
первые два уравнения тождественны,
поэтому одно из них можно отбросить

Применяя
метод Гаусса, найдем общее решение этой
системы:

1. Следовательно,
   первым собственным вектором,
   соответствующим 
   = -2, является X₁
   = (p₁
   , p₁
   , 0) = p₁
   (1,1,0), p₁
   
   0.

Меняя
p₁
,будем получать различные векторы,
лежащие на одной прямой. Все они
собственные.

1. Аналогично
   поступаем с собственными значениями
   ₂
   = 3, ₃
   =
   6, т.е. находим соответствующие им
   собственные векторы

X₂
= p₂(1
, -1 , 1); p₂

0, (₂
= 3);

X₃
= p₃(1
, -1 , -2); p₃

0, (₃
= 6).

Собственные
вектора X₁,
X₂,
X₃
определены с точностью до произвольных
чисел p₁
, p₂
, p₃
.

Пример
2.
Найти собственные значения и собственные
векторы линейного преобразования,
заданного в некотором базисе матрицей

.

РЕШЕНИЕ

1. Характеристическое
   уравнение данного преобразования имеет
   вид

.

Корни
этого уравнения ₁
= ₂
= -1,
₃
= 5 являются собственными значениями.

1. Чтобы
   найти собственный вектор, соответствующий
   ₁
   = ₂
   = -1, полагаем в системе (2) 
   =
   -1. Получим

Все
три уравнения тождественны, поэтому
два из них могут быть отброшены. Оставшееся
уравнение

содержит три неизвестные. Полагая
=p₁
,
=p₂
, находим

= -p₁
– p₂
.

1. Вектор
   X₁
   = (-p₁
   – p₂
   , p₁
   , p₂
   ), где p₁
   и p₂
   — любые числа, одновременно не равные
   нулю, является собственным вектором
   линейного преобразования, соответствующим
   ₁
   = ₂
   = -1.

2. Аналогично
   находим, что вектор X₂
   = p₃(1,
   1, 1) является собственным вектором
   данного преобразования, соответствующим
   ₃=5.

Пример
3.
Найти собственные значения и собственные
векторы линейного преобразования,
заданного в некотором базисе матрицей

.

РЕШЕНИЕ.

1. Характеристическое
   уравнение данного преобразования

.

Корни
этого уравнения ₁
= ₂
= ₃
= 1 являются собственными значениями.

1. Полагаем
   в системе (2)
   
   = 1:

.

Все
три уравнения тождественны, поэтому,
отбросив два из них, имеем

.

Полагая
,
находим
.

1. Вектор
   X
   = (5q
   – 2p;
   p;
   q),
   где p,
   q
   — любые числа, одновременно не равные
   нулю, является собственным вектором
   данного линейного преобразования.

Пример4. Найти собственные
значения и собственные векторы
преобразования,
заданного в некотором базисе матрицей.

Решение.
Найдем
собственные числа этой матрицы, для
чего составим и решим характеристическое
уравнение:

Приравняв к нулю это выражение, находим:

Находим
собственные векторы, соответствующие
найденным собственным значениям, для
чего при каждом
составляем и решаем систему:

а)
при
,
получаем

что
равносильно системе (здесь
)

,

полагая
в которой, например,
,находим,таким образом, собственный вектор,
соответствующий собственному значению
3 есть

б)
при
,
получаем

что
равносильно уравнению (здесь
):,

полагая
в котором сначала,
,а затем
получаем еще два линейно независимых
собственных вектора:

.

Лекция
15. Привидение квадратной матрицы к
диагональному виду.

Наиболее
простой вид принимает матрица А
линейного
опера­тора
А,
имеющего
n
линейно
независимых собственных векто­ров
e_l,e₂,…,e_n
с
собственными значениями, соответственно
рав­ными
₁,
₂,
₃,
… _n.
Векторы е₁,
е₂,
… , e_n
примем
за базисные.
Тогда
A(e_i)
= _ie_i
(i
= 1,2,…,
n)
или

A(е_i)
=
a_1ie₁
+ a_2ie₂
+
… + a_iie_i
+
… +
a_nie_n
=
_ie_i,

откуда
a_ij
= 0,
если i

j,
и
а_ij
= _i,
если i
= j.
Таким
образом,
матрица
оператора А
в базисе, состоящем из его собственных
векторов,
является диагональной и
имеет вид:

.

Верно
и обратное: если
матрица А
линейного оператора А
в не­котором базисе является
диагональной,
то все векторы
этого бази­са — собственные векторы
оператора А.

Можно
доказать, что если линейный
оператор имеет n
попарно различных
собственных значений, то отвечающие им
собственные векторы линейно независимы,
и матрица этого оператора в соот­ветствующем
базисе имеет диагональный вид.

Пример
1.
Привести
матрицу А
=

линейного опера­тора
А
к
диагональному виду.

Решение.
Найдём собственные значения и
собственные векторы линейного оператора
А,
заданного матрицей
.

Составляем
характеристическое уравнение

или
²
—
2
— 35
= 0 ,
откуда
собственные значения линейного оператора
А
₁
= -5,
₂
= 7.

Находим
собственный вектор х⁽¹⁾
= (х₁,
х₂),
соответствующий собственному
значению ₁
= -5.
Для
этого решаем матричное уравнение

или

,

откуда
находим х₂
=
-1,5х₁.
Положив
х₁
= с,
получим,
что векто­ры
х⁽¹⁾
= (с; -1,5с)
при любом с

0
являются собственными
векторами
линейного оператора А
с
собственным значением
₁
=
-5.

Аналогично
можно убедиться в том, что векторы х⁽²⁾
=

при
любом с₁

0
являются собственными векторами
линейного
оператора
А
с
собственным значением ₂
= 7
.

Так
как координаты
векторов х^(1
)и
x⁽²⁾
не пропорциональны, то векторы х⁽¹⁾
и х⁽²⁾
линейно
независимы. Поэтому в базисе, состоящем
из любых
пар собственных векторов x⁽¹⁾
= (с; -1,5с)
и х⁽²⁾
=

(т.е.
при любых с0,
c₁

0,
например, при с
= 2,
c₁
= 6 из век­торов
x⁽¹⁾
= (2; — 3) и х^{2)
= (4;
6) и т.д.) матрица А
будет
иметь диагональный
вид:

или
.

Это
легко проверить, взяв, например, в
качестве нового базиса линейно
независимые собственные векторы х⁽¹⁾
= (2; — 3) и x⁽²⁾
=
(4; 6). Действительно, матрица С
перехода от старого бази­са
к новому в этом случае будет иметь
вид C
= (x⁽¹⁾,
x⁽²⁾)
=
.
Тогда
матрица А
в
новом
базисе х⁽¹⁾,
x⁽²⁾
примет вид:
.

Или
после вычислений
,
т.е.
получим ту же диагональную матрицу,
элементы которой по главной диагонали
равны собственным значениям матрицы
А.

Пример2.Пусть линейный оператор,
действующий в евклидовом пространстве
,
имеет в ортонормированном базисе матрицу.
Построить в этом векторов пространстве
базис из собственных оператораи найти матрицу операторав этом базисе.

.

Решение.
1)
Найдем
собственные числа оператора
,
для чего составим и решим характеристическое
уравнение:

Приравняв
к нулю, находим:

2)
Находим собственные векторы, соответствующие
найденным собственным значениям, для
чего при каждом
составляем и решаем систему:

а)
при
,
получаем

что
равносильно системе (здесь
)

,

полагая
в которой, например,
,
находим
,
таким образом, собственный вектор,
соответствующий собственному значению
9 есть

б) при
,получаем,

что
равносильно уравнению (здесь
)

,

полагая
в котором сначала,
,а затем
получаем еще два линейно независимых
собственных вектора:

.

3)
Находим матрицу перехода к базису из
собственных векторов и обратную к ней
(столбцами матрицы перехода являются
координатные столбцы векторов

(см. раздел
1)):

.

4)
Теперь по формуле (5.1) находим

– матрицу
линейного оператора в базисе из
собственных векторов

Таким образом,
матрица линейного оператора в базисе
из собственных векторов диагональная!

Лекция
16.

Квадратичные формы.

При
решении различных прикладных задач
часто приходится исследовать квадратичные
формы.

Определение
1.
Квадратичной
формой
L(х₁,х₂,…,х_n)
от n
пере­менных
называется сумма, каждый член которой
является либо квадратом
одной из переменных, либо произведением
двух разных переменных,
взятых с некоторым коэффициентом:

L(х₁,
х₂,…,х_n)
=
.

Определение
2. Предполагаем,
что коэффициенты квадратичной формы
a_ij
— действительные
числа, причем a_ij
= a_ji.
Матрица А
=
(а_ij)
(i,
j
=
1, 2, …, n),
составленная
из этих коэффициентов, называется
матрицей
квадратичной формы.

Определение
3. Матрица,
у которой все элементы а_ij
= а_ji
,
называется симметрической.

В
матричной записи квадратичная форма
имеет вид:
L
=
Х^ТАХ,

где
X

—
матрица-столбец переменных.

или .

Пример
1.
Дана
квадратичная форма L(x₁,
х₂,
х₃)
= 4х₁²
—
12х₁х₂
— 10х₁х₃
+ х₂²
—
3x₃².
Записать
ее в матричном виде.

Решение.
Найдем матрицу квадратичной формы. Ее
диа­гональные
элементы равны коэффициентам при
квадратах пере­менных,
т.е. 4, 1, —3, а другие элементы — половинам
соответст­вующих
коэффициентов квадратичной формы.
Поэтому

_►

Выясним,
как изменяется квадратичная форма при
невырож­денном линейном преобразовании
переменных.

Пусть
матрицы-столбцы переменных X
=
(х₁,х₂,…,х_n)^Т
и

Y
= (y₁,y₂,
… ,y_n)^Т
связаны
линейным соотношением X
= CY,
где
С
= (c_ij)

(i,j
= 1,2,…,n)
есть некоторая невырожденная матрица
n-го
порядка.

Тогда
квадратичная форма

L
=
Х^ТАХ
= (CY)^ТA(CY)
= (Y^ТC^Т)A(CY)
=
Y^Т(C^Т
AC)Y.

Итак,
при
невырожденном линейном преобразовании
X
= CY
матрица
квадратичной формы принимает вид:
.

Пример
2.
Дана
квадратичная форма L(х₁,
х₂)
= 2x₁²
+
4x₁x₂
— 3x₂².
Найти квадратичную форму L(y₁,
y₂),
полученную из
данной линейным преобразованием х₁
= 2y₁
– 3y₂,
x₂
= y₁
+ y₂.

Решение.
Матрица
данной квадратичной формы
,
а матрица линейного преобразования С
=.

Следовательно,
матрицу искомой квадратичной формы
находим по формуле:

,

Значит
квадратичная форма имеет вид L(y₁,
y₂)
=
13y₁²
—
34у₁у₂
+ 3у₂².
►

Определение
4. Квадратичная
форма L
=
называется
канонической
(или
имеет канонический
вид), если
все ее коэффициенты а_ij
=
0 при i

j:
L
= a₁₁x₁²
+ a₂₂x₂²
+ … + a_nnx_n²
=
,а
ее матрица является диагональной.

Справедлива
следующая теорема.

Теорема.
Любая
квадратичная форма с помощью невырожден­ного
линейного преобразования переменных
может быть приведена к каноническому
виду.

Для
всякой квадратичной формы существует
такой базис, в котором она имеет
канонический (и даже нормальный) вид.

Познакомимся
с методами приведения квадратичной
формы к каноническому виду: метод
Лагранжа выделения полных квадратов и
методом собственных векторов.

Пример
3.
Найти ортогональное преобразование,
приводящее квадратичную форму
,
заданную в евклидовом пространстве,
к каноническому виду. Написать этот
канонический вид.

Решение:
матрица квадратичной формы имеет вид
.
Найдем собственные числа этой матрицы:.
Соответственно ортонормированные
собственные векторы:

Следовательно,
в базисе из этих векторов, заданная
квадратичная форма имеет вид
,

где
соответствующие преобразования координат
имеют вид:
_►

Канонический
вид квадратичной формы не является
одно­значно
определенным, так как одна и та же
квадратичная форма может
быть приведена к каноническому виду
многими способа­ми. Однако полученные
различными способами канонические
формы
обладают рядом общих свойств. Одно из
этих свойств сформулируем в виде теоремы.

Теорема
(закон инерции квадратичных форм).
Число
слагаемых с
положительными (отрицательными)
коэффициентами квадратич­ной
формы не зависит от способа приведения
формы к этому виду.

Следует
отметить, что ранг
матрицы квадратичной формы, на­зываемый
рангом квадратичной формы, равен
числу отличных от нуля
коэффициентов канонической формы и не
меняется при линей­ных
преобразованиях.

Лекция
17. Итоговое тестирование.

Лекция
18. Резерв.

Лекция
0. Входная контрольная работа за курс
средней школы.

Содержание:

1. Линейные преобразования. Собственные векторы и собственные числа линейного оператора
2. Собственные векторы и собственные числа линейного оператора: определение, свойства
3. Нахождение собственных чисел и собственных векторов
4. Базис пространства из собственных векторов линейного оператора
5. Линейная модель обмена (модель международной торговли)

Линейные преобразования. Собственные векторы и собственные числа линейного оператора

Линейные преобразования (линейные операторы). Матрица линейного преобразования

Пусть задано -мерный пространство . Если каждому вектору поставлено в соответствие единственный вектор

этого же пространства, говорится, что в векторном пространстве  задано преобразование , или оператор .

Вектор — результат линейного преобразования — называют образом вектора , а выходной вектор  — прообразом вектора .

Преобразование называется линейным преобразованием, или линейным оператором, если для произвольных векторов и произвольного действительного скаляра выполняются условия:

То есть линейный оператор преобразует пространство  в то самое пространство. Это записывается следующим образом:

Примерами простейших линейных преобразований являются:
тождественное преобразование: , когда каждый -мерный вектор пространства превращается в самого себя, то есть остается без изменения;

нулевой оператор , когда каждый -мерный вектор пространства превращается в ноль-вектор этого же пространства, то есть

Линейное преобразование , с помощью которого осуществляется восстановление вектора  по его образу , называется обратным к линейным преобразованием. В отличие от матрицы оператор записывают каллиграфическим шрифтом.

Рассмотрим задачу об отыскании координат образа вектора .

Пусть в пространстве  выбрано базис (не обязательно ортонормированный) и есть координатами вектора в этом базисе. Обозначим через координаты вектора в выбранном базисе. по условию , тогда согласно линейностью оператора  получим :

Но образы тоже являются векторами с , поэтому иx можно разложить по тому же базисом. Пусть

где  коэффициенты разложения вектора  по базису  

С учетом (5.5) соотношение (5.4) принимает вид:

Группируя члены правой части относительно векторов базиса, имеем:

С другой стороны, если  являются координатами вектора  в базисе  то его можно представить следующим образом:

Сопоставляем (5.8) из (5.7) и получаем координаты вектора :

Следовательно, при линейном преобразовании:

координаты образа вектора являются линейными комбинациями координат прообраза, коэффициенты при которых составляют матрицу -го порядка (обозначим ее через ):

Матрица , которая в произведении (слева) с вектором с  определяет координаты его образа при линейном преобразовании , Называется матрицей линейного преобразования  в базисе  и пишут:

Каждый — -й — столбец матрицы составляют коэффициенты разложения вектора  по базису каждая — -я — строка определяет коэффициенты разложения координат вектора по координатам вектора .

Обратите внимание, что — нераздельный символ (обозначение вектораобраза), а — произведение матрицы с вектором (прообразом).

Каждому линейном оператору -мерного пространства отвечает матрица -го порядка в данном базисе. И наоборот, каждой матрицы -го порядка отвечает линейный оператор -мерного пространства с определенным базисом.

Например, с помощью оператора линейных преобразований можно описать поворот произвольного вектора с пространства вокруг начала координат на угол  против часовой стрелки. Формулы поворота осей координат (формулы перехода от исходных координат и к новым  и , и наоборот ) определяют алгебраическую форму изображения линейного оператора поворота осей:

где  оператор перехода от исходных (новых) координат к новым (исходных);

 векторы, началом которых является точка , а концами —
точки и , соответственно.

По соотношению (5.12) матрица линейного преобразования} , Описывающий поворот произвольного вектора из пространства вокруг начала координат на угол против часовой стрелки, имеет вид:

а матрица обратного линейного преобразования , то есть такого, что описывает поворот произвольного вектора из пространства вокруг начала координат на угол  по часовой стрелке, имеет вид:

Теорема 5.1 (о связи между матрицами оператора в различных базисах).

Матрицы и  линейного оператора в разных базисах и связаны между собой соотношением:

где  матрица перехода от исходного к новому базису.

Доказательство. Пусть линейный оператор превращает вектор пространства  в вектор того самого пространства. Тогда в матричной форме связь между вектором и его образом в исходном базисе можно записать как , а в новом — как . Поскольку является матрицей перехода от исходного базиса к новому, то в соответствии с (4.18) имеем:

Умножим равенство (5.14) слева на матрицу и получим . Отсюда по определению линейного оператора имеем: . С учетом (5.15):

Сравнив соотношение  и , получаем 

Две квадратные матрицы и называются подобными, если существует такая невырожденная матрица , матрицы и связанные соотношениями:

Соответствующие линейные операторы называются преобразованиями сходства.

Подобные матрицы описывают то же линейное преобразование, но в разных базисах, а матрица является матрицей перехода от одного базиса к другому.

Подобные матрицы имеют те же ранги, суммы элементов главной диагонали и определители.

В базисе и задана матрица линейного оператора :

Определим матрицу , которая отвечает том же оператору в базисе векторов  и  есть матрица  подобна матрице .

Предоставим расписание векторов нового базиса по векторам исходного базиса: . Соответственно, матрица перехода от исходного к новому базису имеет вид:

Ее определитель , то есть матрица невырожденная и имеет обратную: 

По теореме 5.1 определяем матрицу оператора в новом базисе:

Обратите внимание, что в новом базисе матрица оператора оказалась диагональной.

Собственные векторы и собственные числа линейного оператора: определение, свойства

Рассмотрим -мерных линейный пространство  с определенным базисом и матрицу , некоторого линейного оператора пространства.

Ненулевой вектор называют собственным, или характеристическим вектором линейного оператора (или матрицы ), если существует такое действительное число , имеет место равенство:

Скаляр называется собственным, или характеристическим, числом матрицы , или ее собственным значением, соответствует собственному вектору :

Согласно определениями собственного числа и собственного вектора имеем:

1) Если , то каждый ненулевой вектор из  является собственным вектором матрицы , при этом , ведь по свойству единичной матрицы имеем ;
2) любой ненулевой -мерный вектор является собственным вектором нулевой матрицы , при этом , так как .

Поставим задачу нахождения собственных чисел и собственных векторов заданной матрицы 

Поставим задачу нахождения собственных чисел и собственных векторов заданной матрицы

Запишем матричное уравнение (5.17) в развернутом виде:

Таким образом, задача сводится к решению однородной системы линейных уравнений с  неизвестными. Нас интересуют (по определению собственного вектора) только ненулевые векторы, то есть нетривиальные решения системы, поэтому определитель системы (5.18) должен быть равен нулю:

Раскрытие определителя в соотношении (5.19) дает многочлен степени относительно , который называется характеристическим многочленом матрицы , а соотношение (5.19), которое можно представить в виде , определяет уравнение для нахождения собственных чисел, которое называют характеристическим уравнением матрицы .

По основной теореме алгебры уравнения любой матрицы  имеет корней, если каждый из них считать столько раз, какова его кратность. Характеристическое уравнение матрицы может иметь только действительные, но и комплексные корни, то есть числа вида где действительные числа, мнимая единица.

Множество всех собственных чисел матрицы называют спектром матрицы. Если в спектре матрицы то же собственное число повторяется раз, то говорят, что кратность этого собственного числа равна .

Теорема 5.2 (о единственности собственного чucлa, что соответствует собственному вектору). Если — собственный вектор матрицы , то существует единственный скаляр , который удовлетворяет условие .

Доказательство. Предположим, что кроме собственного числа существует еще один
скаляр , такой, что . Тогда должно выполняться равенство . Поскольку по определению собственный вектор является ненулевым, то есть , получим .

Согласно теореме 5.2 говорят, что собственный вектор  из матрицы принадлежит собственному числу . 

Теорема 5.3 (о множестве собственных векторов, принадлежащих собственному числу). Если матрица имеет собственный вектор, принадлежащий собственному числу , то таких векторов бесконечно много.

Доказательство базируется на определении собственного вектора и свойствах ассоциативности и коммутативности операции умножения матрицы на скаляр.

Действительно, пусть собственный вектор матрицы , тогда . Привлечем к рассмотрению вектор , коллинеарный вектору , то есть ,  где , и покажем, что в также является собственным вектором матрицы :

Поскольку равенство (5.19) выполняется для произвольного , то существует множество собственных векторов, принадлежащих данному собственному числу.

Теорема 5.4 (критерий существования собственного вектора , соответствующего собственному числу ). Вектор тогда и только тогда является собственным вектором матрицы , соответствующим собственному числу , когда его координаты образуют ненулевое решение однородной квадратной системы линейных алгебраических уравнений

 или 

Доказательство сводится к тождественных преобразований матричных уравнений.

Необходимость уже доказано переходом от соотношения , к однородной системе линейных уравнений , представленной в развернутом виде (5 18).

Достаточность. На основании свойств действий над матрицами с учетом условия , осуществит переход от однородной системы уравнений в матричной форме с соотношением :

Теорема 5.5 (пpo линейную независимость собственных векторов). Собственные векторы, принадлежащие различным собственным числам, является линейно независимыми.

Доказательство проведем методом от противного. Пусть два произвольные собственные векторы, принадлежащие соответственно собственным числам и . Необходимо показать, что линейная комбинация этих собственных векторов ноль-вектор только тогда, когда , то есть

Предположим обратное. Пусть (5.23) выполняется при условии, что одно из чисел не является нулем, например,

Умножим левую и правую части (5.23) на собственное число . Тогда

Левую и правую части равенства (5.23) умножим на матрицу слева, и, учитывая свойства операций над матрицами, получим:

Сравним (5.25) и (5.24). Получаем:

По условию теоремы . По определению вектор  является ненулевым, поэтому равенство (5.26) возможно только при , то есть предположение о линейной зависимости векторов и  ошибочно.

Если есть более двух собственных векторов, принадлежащих попарно различным собственным числам, доведение аналогичное (с использованием метода математической индукции).

Заметим, что собственные векторы, принадлежащих различным собственным числам, можно использовать как базисные векторы пространства .

Теорема 5.6 (пpo сумму и произведение собственных чисел). Если собственные числа матрицы , то:
1) сумма собственных чисел равна сумме элементов главной диагонали матрицы :

2) произведение собственных чисел равна определителю матрицы :

Доказательство основывается на формулах Виета, которые описывают соотношение между корнями и коэффициентами многочлена -гo степени в случае, когда его старший коэффициент равен единице.

Рассмотрим простейший случай . Запишем характеристическое уравнение в развернутом виде:

С (5.29) по теореме Виета (для квадратного уравнения) имеем:

Сумму всех диагональных элементов матрицы называют следом (от нем. spur — след) этой матрицы и обозначают .

Для квадратной матрицы произвольного порядка теорему 5.6 в символьном виде можно записать так:

при этом собственное число берем столько раз, какова его кратность как корня характеристического уравнения (5.29).

Нахождение собственных чисел и собственных векторов

Рассмотрим алгоритм нахождения собственных чисел матрицы и собственных векторов, которые им принадлежат.
Согласно соотношениями (5.18) и (5.19) имеем такой порядок отыскания собственных чисел и собственных векторов матрицы.
1. Составляем по исходной матрицей характеристическое уравнение (5.18) и решаем его, то есть находим спектр собственных чисел.
2. Подставляем поочередно каждое собственное число в систему (5.18) и находим все ее нетривиальные решения, что и дает множество собственных векторов, принадлежащих соответствующему собственному числу.

Замечания. Множество всех собственных векторов, принадлежащих определенному собственному числу, можно представить как линейную комбинацию фундаментальных решений однородной системы уравнений согласно (4.19), гл. 4.

Найдем собственные числа и собственные векторы матрицы

Характерным уравнением этой матрицы является квадратное уравнение:

Решив его, получим собственные числа  и 

Теперь описываем множества и всех собственных векторов, принадлежащих найденным собственным числам.

Для этого в матрицу вместо подставим поочередно значения собственных чисел, запишем соответствующую систему однородных линейных уравнений (5.18) и решим ее:

Предоставляя параметру произвольных значений, для данного собственного числа получим совокупность коллинеарных между собой собственных векторов.

Теорема 5.7 (про собственные числа и собственные векторы симметричной матрицы).

Симметричная матрица имеет только действительные собственные числа. Собственные векторы, принадлежащие разным собственным числам, ортогональны и линейно независимы.

Теорема приводим без доказательства.
Проиллюстрируем прав выводов данной теоремы на примере.

Пусть имеем симметричную матрицу

Найдем собственные числа и собственные векторы этой матрицы и докажем ортогональность собственных векторов, соответствующих различным собственным числам.

1. Составим характеристическое уравнение матрицы

2. Найдем корни полученного кубического уравнения относительно . С элементарной алгебры известно, если многочлен со старшим коэффициентом, равным единице, имеет целые корни, то их следует искать среди делителей свободного члена. Перебирая делители числа 36, убеждаемся, что является корнем уравнения (5.30).

Нахождение других двух корней сводится к решению квадратного уравнения:

3. Опишем множества и собственных векторов, принадлежащих найденным собственным числам.

Для этого в матрицу  вместо подставляем поочередно значения собственных чисел, записываем соответствующую систему однородных линейных уравнений (5.17) и решаем ее методом Жордана-Гаусса:

Аналогично находим собственные векторы  и 

Система векторов  и  является линейно независимой, поскольку 

Убеждаемся, что векторы  и  — попарно ортогональны.
Для этого определим их скалярные произведения:

Поскольку скалярные произведения векторов равны нулю, то векторы попарно ортогональны.
Если в выражениях (5.31-5.33) положить , то получим систему векторов:

которая использовалась как базис пространства в примере после теоремы   и . В таком базисе, то есть базисе из собственных векторов, матрица оператора оказалась диагональной, ее ненулевыми элементами являются собственные числа матрицы .

Теорема 5.8 (о преобразовании матрицы к диагональному виду). Матрица линейного оператора в базисе имеет диагональный вид тогда и только тогда, когда все векторы базиса являются собственными векторами матрицы .
Теорему наводим  без доказательств

Заметим, что при нахождении собственных чисел для заданной матрицы самой задачей является решение алгебраического уравнения -й степени, что во многих случаях сделать невозможно без использования приближенных методов. Изучение приближенных методов выходит за пределы программы. Поэтому предлагаем воспользоваться известными программами MatLab, MathCad, Maple и др.

Следующий пример был решен в пакете MatLab, в котором конечный результат вычислений предоставляется без промежуточных выкладок.
Найдем собственные числа и соответствующие им собственные векторы матрицы

Характерным уравнением для нахождения собственных чисел является уравнение

корнями которого будут числа  а соответствующие им собственные векторы имеют вид: 

Собственные числа и собственные векторы матриц имеют широкий спектр использования, в частности, в аналитической геометрии (Раздел 2), в задачах различных отраслей естественных наук и эконометрики.

Базис пространства из собственных векторов линейного оператора

По теореме 5.5 собственные векторы, принадлежащие разным собственным числам, являются линейно независимыми. Возникает вопрос, при каких условиях существует базис линейного пространства , построенный из собственных векторов матрицы.
Лема. Если является собственным числом матрицы , то множество собственных векторов матрицы содержит линейно независимых векторов, где — ранг матрицы .

Доказательство. Согласно теореме 5.4 множество собственных векторов совпадает с множеством всех решений однородной системы линейных уравнений: 

где — собственный вектор матрицы , что соответствует собственному числу . По теореме 4.4 такая система имеет фундаментальную систему решений, количество векторов которой равна , то есть содержит — линейно независимых векторов.

Теорема 5.9 (о существовании базиса из собственных векторов матрицы). Пусть числа образуют множество всех различных собственных чисел матрицы . Если сумма рангов матриц равна , то в пространстве существует базис из собственных векторов матрицы .

Доказательство. Согласно лемме каждое множество собственных векторов, соответствующих уравнению , содержит независимые векторы в количестве . По теореме 5.5 собственные векторы, принадлежащие разным собственным числам, являются линейно независимыми. Тогда для матрицы общее количество линейно независимых собственных векторов составляет:

Поскольку собственные векторы матрицы  в совокупности составляют систему линейно независимых векторов, то они образуют базис пространства .

Теорема 5.10 (о существовании базиса из собственных векторов симметричной матрицы). Если матрица линейного оператора симметрична, то в пространстве существует базис, образованный из собственных векторов матрицы .

Теорему принимаем без доказательств.
Построим ортонормированный базис пространства , состоящий из собственных векторов матрицы

линейного преобразования , и найдем матрицу заданного преобразования в этом базисе.

Согласно теореме 5.9 такой базис существует, поскольку матрица является симметричной матрицей. Составим характеристическое уравнение матрицы :

и решим его: (собственное значение кратности ) и

Для каждого из двух различных собственных чисел матрицы определим фундаментальную систему решений однородной системы уравнений: . При в результате элементарных преобразований основной матрицы системы получаем:

По последним шагом элементарных преобразований матрицы записываем общее решение системы:

Определяем фундаментальную систему решений однородной системы уравнений 

Собственные векторы и являются ортогональными, поскольку их скалярное произведение равно нулю: 

При в результате элементарных преобразований основной матрицы системы получаем:

По последнем шагом элементарных преобразований матрицы записываем общее решение системы:

Возлагаем и получаем фундаментальный решение однородной системы уравнений 

Поскольку и , то все три вектора попарно ортогональны. Объединив полученные фундаментальные системы решений, иметь систему собственных векторов матрицы  . Они образуют ортогональный базис пространства . После нормирования векторы приобретают вид:

Это и есть ортогональный базис пространства , состоящий из собственных векторов матрицы .

По соотношению (5.13) определим матрицу , что соответствует оператору в базисе из собственных векторов. Согласно теореме 5.8 эта матрица будет иметь диагональный вид, а элементами ее главной диагонали будут собственные числа этой матрицы. Заключим с собственными векторами , и матрицу перехода к новому базису и найдем обратную к ней матрицу :

По матричным уравнением (5.13) находим матрицу , что соответствует оператору в базисе из собственных векторов:

Следовательно, мы получили диагональную матрицу третьего порядка, элементами главной диагонали которой есть собственные числа матрицы .

Далее приведен пример применения собственных векторов и собственных чисел в одной из многих задач экономики.

Линейная модель обмена (модель международной торговли)

Практически все страны кроме внутреннего товарообмена осуществляют внешний товарообмен, то есть занимаются внешней торговлей. Торговля считается сбалансированной, или бездефицитной, если для каждой страны прибыль от торговли не меньше объем средств, которые она вкладывает в товарооборот (внутренний и внешний).

Постановка задачи. Несколько стран осуществляют взаимный товарообмен. Известную долю бюджетных средств, тратит каждая страна на закупку товаров у другой страны, учитывая и внутренний товарооборот. Определить, каким должно быть соотношение бюджетов партнеров для того, чтобы обеспечить бездефицитность торговли.  

Построение математической модели. Введем обозначения количественных характеристик, описывающих торговлю между странами, и определим связь между этими характеристиками. Пусть — страны, участвующие в международной торговле. Доли средств, которые тратит страна на закупку товаров в стране , учитывая и внутренний товарооборот , обозначим через . Понятно, что

Матрицу , элементами которой являются числа , называют структурной матрицей торговли:

Эта матрица описывает взаимодействие стран в процессе международной торговли. Соотношение (5.34) означает, что сумма элементов каждого столбца матрицы равна
1. Если объем средств, которые тратит каждая страна на торговлю, обозначить через , соответственно, то прибыль страны от внутренней и внешней торговли составит

Чтобы торговля каждой страны была сбалансированной, по определению должно выполняться условие , и , то есть прибыль от торговли не должна быть меньше расходов. Однако соблюдение этого требования в виде неравенства невозможно для всех стран в совокупности. Действительно, добавим левые и правые части указанных неровностей, изменяя от единицы до :

Группируя в левой части слагаемые, содержащие каждое из , получим:

Учитывая соотношение (5.20), получим:

Отсюда следует, что сбалансированная торговля возможна только в случае знака равенства. Это, полагаем, понятно не только на основании аналитических выкладок, но и с экономической точки зрения (и даже просто с точки зрения здравого смысла): все страны в совокупности не могут получить прибыль. Более того, для одной из стран не может выполняться знак строгого неравенства .

Итак, условием сбалансированной торговли является равенства , и , из которых получим:

Введем в рассмотрение вектор (бюджетных) средств и подадим систему (5.39) в матричной форме:

С (5.40) следует, что при условии сбалансированности торговли между странами вектор средств должен быть собственным вектором структурной матрицы торговли , который принадлежит собственному числу . Таким образом, решение задачи сводится к нахождению этого собственного вектора , компоненты которого устанавливают соотношение между бюджетами стран, участвующих в товарообмене.

Рассмотрим товарообмен между тремя странами. Пусть структурная матрица торговли стран , имеет вид:

Найдем вектор средств, компонентами которого являются доли от общего объема торговли, должна вкладывать каждая из стран во внешней товарооборот для того, чтобы торговля была сбалансированной.

Искомый вектор средств является собственным вектором структурной матрицы, принадлежащий собственному значению . Его компоненты образуют ненулевое решение однородной СЛАУ:

Поскольку система является однородной, то расширенная матрица эквивалентна основной матрицы системы. Осуществим элементарные преобразования основной матрицы этой системы уравнений:

Находим общее решение системы, в котором — базисные переменные, — свободная переменная: 

Отсюда следует, что для сбалансированности торговли необходимо, чтобы средства, которые вкладывает в внешний товарооборот каждая страна, соотносились как

Задание 1. Линейный оператор преобразует векторы , , в векторы , , . Найти матрицу линейного оператора.

Решение. Матрицы

, и

Связаны между собой соотношением , откуда .

Так как , то , а искомая матрица линейного оператора .

Ответ: .

Задание 2. Пусть линейный оператор в базисе задан матрицей . Найти матрицу этого линейного оператора в базисе , если матрица является матрицей перехода от базиса к базису .

Решение. Матрицы и линейного оператора , заданного в разных базисах, связаны между собой соотношением . Так как , то

.

Ответ: .

Задание 3. Линейный оператор в базисе задан матрицей . Найти матрицу этого линейного оператора в базисе , если , .

Решение. Связь между матрицами и линейного оператора в разных базисах определяется формулой , где – матрица перехода от базиса к базису .

Составим матрицу : , тогда и, следовательно,

.

Ответ: .

Задание 4. Линейный оператор в базисе задан матрицей . Найти матрицу этого линейного оператора в базисе , если , .

Решение. Матрицы и связаны между собой соотношением , где – матрица перехода от базиса к базису .

Составим матрицу : , тогда и, следовательно,

Ответ: .

Задание 5. Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора , заданного в некотором базисе матрицей .

Решение. Для нахождения собственных значений линейного оператора составим характеристическое уравнение , т. е. . Раскрывая определитель, получим , т. е. , .

По определению называется собственным вектором линейного оператора , соответствующим собственному значению , если .

Найдём собственные векторы и , соответствующие собственным значениям и .

При получим: , что равносильно такой однородной системе уравнений:

Если – базисная переменная, а – свободная, то .

При : , что равносильно однородной системе уравнений

Пусть – базисная переменная, – свободная. Примем , тогда , а следовательно, .

Так как собственные векторы соответствуют различным собственным значениям, то они должны быть линейно независимы. Проверим линейную независимость полученных собственных векторов и .

Составим матрицу . Так как , то собственные векторы и линейно независимы.

Ответ: собственные числа , ; собственные векторы , .

Задание 6. Привести матрицу линейного оператора к диагональному виду.

Решение. Матрица линейного оператора будет диагональной в базисе из собственных векторов, если такой базис существует. Найдём собственные значения и собственные векторы линейного оператора.

Запишем характеристическое уравнение: , т. е. или , откуда получаем , .

Найдём собственные векторы И .

При получим: , что соответствует следующей однородной системе уравнений:

Пусть – базисная переменная, – свободная. Полагая , получим .

При : . Соответствующая однородная система уравнений имеет вид:

Откуда . Пусть – базисная переменная, – свободная, примем тогда , а, следовательно, .

Собственные векторы и отвечают различным собственным значениям, поэтому они линейно независимы, т. е. могут составить базис. Матрица линейного оператора в базисе из собственных векторов и имеет диагональный вид: .

Можно проверить полученный результат. Так как , где матрица в случае перехода к базису из собственных векторов и имеет вид , следовательно,

,

Тогда

.

Ответ: .

Задание 7. Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора , заданного в некотором базисе матрицей . Построить, если это возможно, базис из собственных векторов и найти матрицу этого линейного оператора в базисе из собственных векторов.

Решение. Запишем характеристическое уравнение:

,

Т. е. ,

, откуда получаем , , .

Найдём собственные векторы линейного оператора.

При : , тогда соответствующая однородная система уравнений примет вид:

или

Что равносильно такой системе:

Пусть и – базисные переменные, – свободная. Полагая , получим .

При : , или, переходя к однородной системе уравнений, получим

Пусть и – базисные переменные, – свободная. Если , то .

При получим: , и однородная система уравнений примет вид:

Пусть и – базисные переменные, – свободная. Тогда если , то . Найденные собственные векторы соответствуют различным собственным значениям, поэтому они линейно независимы, значит, существует базис из собственных векторов. Матрица перехода к такому базису , тогда

.

Матрица линейного оператора в базисе из собственных векторов имеет вид: .

Можно сделать проверку полученных результатов:

.

Ответ: , , ; , , ; матрица линейного оператора в базисе из собственных векторов .

< Предыдущая		Следующая >