Как составить матрицу перехода от базиса к базису

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

Связь между базисами линейного пространства. Матрица перехода от базиса к базису

Рассмотрим линейное
n-мерное
пространство V
и два произвольных базиса этого
пространства:

e₁,e₂,…,e_n, (1)

f₁,f₂,…,f_n. (2)

Так как векторы
системы (1) образуют базис, то любой
вектор линейного пространства можно
выразить как линейную комбинацию
векторов этой системы, в том числе и
векторы системы (2):

f₁=a₁₁e₁+a₁₂e₂+…+a_1ne_n

f₂=a₂₁e₁+a₂₂e₂+…+a_2ne_n

……………………….., (3)

f_n=a_n1e₁+a_n2e₂+…+a_nne_n

где a_ijR.

Составим из
коэффициентов матрицу

T=
.

Эту матрицу будем
называть матрицей перехода от базиса
(1) к базису (2). Соотношение (3) можно
переписать в матричном виде

(4)

или, если обозначить
матрицы

=f,

=e,
тогда в виде

f=Te (5)

Теорема.
Матрица перехода от базиса к базису
есть невырожденная матрица.

Доказательство

Так как векторы
системы (2) – базис линейного пространства,
то, аналогично, векторы системы (1) можно
представить как линейные комбинации
векторов системы (2), то есть можно
записать

e
=T₁f . (6)

Т₁
– матрица перехода от базиса (2) к базису
(1). Тогда из соотношений (5) и (6) получаем

e=T₁f=
T₁(Te)=(
T₁T)e
(7)

и f=Te=T(T₁f)=
(TT₁)f. (7’)

Обозначим матрицу
T₁T=S
с элементами s_ij,
тогда равенство (7) можно переписать в
виде e=Se
или

=



e₁=s₁₁e₁+s₁₂e₂+…+s_1ne_n

e₂=s₂₁e₁+s₂₂e₂+…+s_2ne_n

………………………… . (8)

e_n=s_n1e₁+s_n2e₂+…+s_nne_n

Так как V
– абелева группа по сложению, то
соотношения (8) можно преобразовать к
виду

(s₁₁
-1)e₁+s₁₂e₂+…+s_1ne_n=0

s₂₁e₁+(s₂₂
-1)e₂+…+s_2ne_n=0

………………………… (9)

s_n1e₁+s_n2e₂+…+(s_nn
-1)e_n=0

Так как система
векторов (1) – базис, то есть она является
максимальной линейно независимой, то
из соотношений (9) получаем

s_ij=0
ij

s_ij=1
i=j,

то есть матрица

S=
=E
T₁T=
E. (10)

По теореме об
определителе произведения матриц,
получим

T₁T=T₁T=E=1 Т0
и T₁0.

кроме
того, из соотношения (10) следует, что
матрицы T₁
и T
взаимно обратные. Теорема доказана.

Теорема.
Пусть V
– n-мерное
линейное пространство, тогда всякая
квадратная невырожденная матрица
порядка n
есть матрица перехода от некоторого
базиса пространства V
к другому базису этого же пространства.

Доказательство.
Пусть Т=(а_ij)
– невырожденная квадратная матрица
порядка n.
Пусть e₁,e₂,…,e_n
– некоторый
базис этого пространства. Умножив
справа матрицу Т на матрицу столбец

e=

,

получим соотношение
вида (5), а, проведя необходимые
преобразования, получим соотношение
вида (3). Осталось показать, что полученная
таким образом система векторов f₁,f₂,…,f_n
образует
базис линейного пространства. Так как
эта система состоит из n
векторов, то достаточно показать, что
она линейно независима. Предположим
противное, пусть система векторов f₁,
f₂,
…, f_n
— линейно
зависима, то есть существуют такие
действительные числа ₁,
₂,…,
_n,
что выполняются соотношения

₁
f₁+₂
f₂+…+_n
f_n=
=0 (11)

и ₁²
+₂²
+…+_n
²
0. С другой стороны, из соотношения (3)
имеем

f_i=
.
Подставляя это выражение в соотношение
(11), получим

=0
и ₁²
+₂²
+…+_n
²
0.

Изменив порядок
суммирования, получим

=0.

Так как векторы
e₁,e₂,…,e_n
– базис,
то

=0 j=1,2,…,n

Это соотношение
говорит о том, что между строками матрицы
Т существует линейная зависимость, то
есть определитель Т равен 0, что
противоречит условию. Следовательно,
наше предположение неверно, и векторы
f₁,f₂,…,f_n
образуют
базис линейного пространства, что и
требовалось доказать.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Матрица перехода

Очевидно, что в одном и том же пространстве можно выбрать множество базисов. Пусть в выбрано два базиса и .

Векторы базиса могут быть выражены через векторы базиса :

(4)

Матрица называется матрицей перехода от базиса к базису . В ее столбцах записаны координаты векторов относительно базиса .

Соотношения (4) называются формулами перехода от базиса к базису . Их можно записать в матричной форме:

, отсюда .

Пусть вектор задан своими координатами относительно базиса – , а относительно базиса – . Тогда

и . (5)

Пример 4. Относительно базиса , , даны четыре вектора , , и . Векторы можно принять за базис в . Найти координаты вектора в базисе .

Решение. Матрица перехода от базиса к базису имеет вид . Обозначим координаты вектора в базисе через . Согласно формулам (5), имеем:

. Находим : ;

; ; ;

; ; ;

; ; ;

.

Проверка: ;

;

или .

< Предыдущая		Следующая >

Координаты и преобразования координат в линейном пространстве

Координаты векторов в данном базисе линейного пространства

Пусть — базис линейного пространства . Каждый вектор можно разложить по базису (см. теорему 8.1), т.е. представить в виде , причем коэффициенты в разложении определяются однозначно. Эти коэффициенты называются координатами вектора в базисе (или относительно базиса ). Координаты вектора — это упорядоченный на бор чисел, который представляется в виде матрицы-столбца и называется координатным столбцом вектора (в данном базисе). Вектор и его координатный столбец обозначаются одной и той же буквой полужирной или светлой соответственно.

Если базис (как упорядоченный набор векторов) представить в виде символической матрицы-строки , то разложение вектора по базису можно записать следующим образом:

Здесь умножение символической матрицы-строки на числовую матрицу-столбец производится по правилам умножения матриц.

При необходимости, если речь идет о разных базисах, у координатного столбца указывается обозначение базиса, относительно которого получены координаты, например, — координатный столбец вектора в базисе .

Из теоремы 8.1 следует, что равные векторы имеют равные соответствующие координаты (в одном и том же базисе), и наоборот, если координаты векторов (в одном и том же базисе) соответственно равны, то равны и сами векторы.

---

Линейные операции в координатной форме

Пусть — базис линейного пространства , векторы и имеют в этом базисе координаты и соответственно, т.е.

Складывая эти равенства, получаем .

т.е. при сложении векторов их координаты складываются.

Умножая второе равенство в (8.7) на число , получаем

т.е. при умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число.

Другими словами, сумма векторов имеет координаты , а произведение имеет координаты . Разумеется, что все координаты получены в одном базисе .

---

Замечания 8.5

1. Нетрудно показать, что координатный столбец линейной комбинации векторов равен линейной комбинации координатных столбцов этих векторов.

2. Если система векторов линейно зависима (линейно независима), то их координатные столбцы, полученные относительно одного базиса, образуют линейно зависимую (соответственно, линейно независимую) систему. Это следует из равносильности равенств и . Например, если в этих равенствах не все коэффициенты равны нулю, т.е. система векторов и система их координатных столбцов линейно зависимы одновременно.

3. Все свойства линейной зависимости и линейной независимости векторов переносятся без изменений на их координатные столбцы, полученные в одном и том же базисе. И наоборот, свойства для матриц-столбцов, переносятся на векторы, если матрицы-столбцы считать их координатными столбцами.

4. Выбрав в n-мерном вещественном линейном пространстве некоторый базис, можно установить взаимно однозначное соответствие: каждому вектору поставить в соответствие его координатный столбец (в вы бранном базисе), и наоборот, каждому координатному столбцу поставить в соответствие вектор. Другими словами, любой фиксированный базис n-мерного вещественного линейного пространства позволяет установить взаимно однозначное соответствие между всеми векторами вещественно го пространства и всеми столбцами n-мерного арифметического пространства . Это соответствие обозначается . Для n-мерного комплексного линейного пространства аналогичное взаимно однозначное соответствие устанавливается с пространством .

---

Преобразование координат вектора при замене базиса

Пусть заданы два базиса пространства и . Базис будем условно называть «старым», а базис — «новым». Пусть известны разложения каждого вектора нового базиса по старому базису:

Записывая по столбцам координаты векторов в базисе , составляем матрицу:

Квадратная матрица , составленная из координатных столбцов векторов нового базиса в старом базисе , называется матрицей перехода от старого базиса к новому. При помощи матрицы перехода (8.9) формулы (8.8) можно записать в виде:

Умножение символической матрицы-строки на матрицу перехода в (8.10) производится по правилам умножения матриц.

Пусть в базисе вектор имеет координаты , а в базисе — координаты , т.е.

или, короче,

Подставляя в правую часть последнего равенства выражение (8.10), получаем — два разложения вектора в одном и том же базисе . Коэффициенты этих разложений должны совпадать (по теореме 8.1), так как это координаты одного и того же вектора в одном базисе. Поэтому

Формула (8.11) устанавливает связь координат вектора в разных базисах: координатный столбец вектора в старом базисе получается в результате умножения матрицы перехода на координатный столбец вектора в новом базисе.

---

Пример 8.3. В пространстве многочленов степени не выше второй даны две системы многочленов:

Доказать, что каждая система является базисом пространства . Найти матрицу перехода от базиса к базису . Определить координаты квадратного трехчлена относительно базисов и .

Решение. Система многочленов является стандартным базисом пространства . Докажем, что система является базисом. По ступим следующим образом. Найдем координатные столбцы этих многочленов в стандартном базисе. Раскладывая по базису , получаем

Составим из этих столбцов матрицу . Ранг этой матрицы равен 3, так как . Следовательно, столбцы линейно независимы, тогда и многочлены линейно независимы (см. пункт 2 замечаний 8.5). Итак, многочлены являются базисом пространства , а матрица — искомая матрица перехода от базиса к базису . Осталось найти координаты многочлена в этих базисах. Раскладывая по базисам, находим

Проверим результат, вычисляя по формуле (8.11):

Результаты совпадают.

---

Свойства матрицы перехода от одного базиса к другому

1. Пусть имеются три базиса пространства и известны матрицы перехода: от базиса к базису ; от к ; от к . Тогда

Действительно, запишем связь (8.10) для данных базисов:

Подставляя первое выражение во второе равенство, получаем . Сравнивая с третьим равенством, приходим к (8.12).

2. Если — матрица перехода от базиса к базису , то матрица обратима и обратная матрица является матрицей перехода от базиса к базису . Координаты вектора в базисах и связаны формулами:

В самом деле, пусть — матрица перехода от базиса к базису . Учитывая, что матрица перехода от базиса к базису — единичная, применяем свойство 1 к трем базисам . Для трех базисов аналогично получаем: . Следовательно, .

3. Всякая обратимая квадратная матрица n-го порядка может служить матрицей перехода от одного базиса n-мерного линейного пространства к другому базису.

---

Пример 8.4. В двумерном арифметическом пространстве даны два базиса: и . Найти матрицу перехода от базиса к базису и координаты вектора в каждом из базисов.

Решение. Рассмотрим стандартный базис пространства . Находим координаты векторов в стандартном базисе. Раскладываем вектор

В стандартном базисе пространства координатный столбец совпадает с вектором . Для других векторов аналогично получаем . Из координатных столбцов составим матрицы перехода (8.9) от стандартного базиса к данным базисам и

По свойству 1 матриц перехода имеем . .По свойству 2: . Поэтому

В стандартном базисе пространства координатный столбец совпадает с вектором . Найдем координаты этого вектора в базисе (по свойству 2 матрицы перехода):

В самом деле, справедливо разложение

Найдем координаты вектора в базисе двумя способами

Полученный результат подтверждает разложение:

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.