19 Решения самостоятельных задач

Решения самостоятельных задач

Задача 1.

1. Векторы $(1,2)$ и $(2,4)$ пропорциональны, поэтому система линейно зависима. Кроме того,

\left\langle (1,2),(2,4)\right\rangle=\left\langle (1,2)\right\rangle

— это только прямая, а не всё пространство $\mathbb{R}^2$ . Следовательно, нарушены оба условия базиса: система и зависима, и не порождает $\mathbb{R}^2$ .

2. Составим матрицу столбцов:

B= \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}

Её определитель равен $-2\ne0$ . Значит, три вектора независимы и образуют базис $\mathbb{R}^3$ .

3. Для многочленов выполняется нетривиальная нулевая комбинация

(1+x)-(x+x^2)-(1-x^2)=0

Система зависима. Поскольку $\dim\mathcal{P}_2=3$ , зависимая система из трёх элементов также не порождает всё $\mathcal{P}_2$ .

Задача 2.

Положим $t=x-1$ , тогда $x=t+1$ . Получаем

\begin{aligned} 5-2x+3x^2 &=5-2(t+1)+3(t+1)^2=\\ &=6+4t+3t^2=\\ &=6+4(x-1)+3(x-1)^2 \end{aligned}

Следовательно,

\left[p\right]_{\mathcal B} = \begin{pmatrix}6\\4\\3\end{pmatrix}

Раскрытие скобок возвращает $5-2x+3x^2$ .

Задача 3.

Выразим первую координату через остальные:

x_1=-x_2-x_3-x_4

Положив $x_2=s$ , $x_3=t$ , $x_4=u$ , получаем

\begin{aligned} \vec x &=(-s-t-u,s,t,u)=\\ &=s(-1,1,0,0)+t(-1,0,1,0)+u(-1,0,0,1) \end{aligned}

Поэтому

\mathcal B=((-1,1,0,0),(-1,0,1,0),(-1,0,0,1))

порождает $U$ . Из второй, третьей и четвёртой координат нулевой комбинации следует, что все коэффициенты равны нулю. Значит, система независима и

\dim U=3

Задача 4.

Для ортогонального базиса

c_1=\frac{(5,-1)\cdot(1,1)}{2}=2, \qquad c_2=\frac{(5,-1)\cdot(1,-1)}{2}=3

Поэтому

\left[\vec v\right]_{\mathcal B} = \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}

После нормировки

\vec q_1=\frac1{\sqrt2}(1,1), \qquad \vec q_2=\frac1{\sqrt2}(1,-1)

Новые координаты равны скалярным произведениям с $\vec q_i$ :

\left[\vec v\right]_{\mathcal Q} = \begin{pmatrix}2\sqrt2\\3\sqrt2\end{pmatrix}

Задача 5.

Добавим стандартный вектор $\vec e_2=(0,1,0)$ . Тогда

\det \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix} =-1\ne0

Следовательно,

((1,1,0),(1,0,1),(0,1,0))

— базис $\mathbb{R}^3$ .

Задача 6.

Матрица системы имеет вид

\begin{pmatrix} 1&1&1&0\\ 0&1&1&-1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-R_2} \begin{pmatrix} 1&0&0&1\\ 0&1&1&-1 \end{pmatrix}

Поэтому главные переменные — $x_1,x_2$ , а свободные — $x_3,x_4$ . Положим

x_3=s, \qquad x_4=t

Тогда

x_1=-t, \qquad x_2=-s+t

Следовательно,

\begin{aligned} \vec x &=(-t,-s+t,s,t)=\\ &=s(0,-1,1,0)+t(-1,1,0,1) \end{aligned}

ФСР можно выбрать в виде

\mathcal F=((0,-1,1,0),(-1,1,0,1))

Подстановка каждого вектора обращает обе левые части в ноль.

Задача 7.

Столбцы нового базиса уже записаны в стандартном базисе:

P_{\mathcal E\leftarrow\mathcal C} = \begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}

Обратная матрица равна

P_{\mathcal C\leftarrow\mathcal E} = \begin{pmatrix} \frac13&\frac13\\ \frac13&-\frac23 \end{pmatrix}

Поэтому

\left[\vec v\right]_{\mathcal C} = \begin{pmatrix} \frac13&\frac13\\ \frac13&-\frac23 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}

Проверка:

\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}

Задача 8.

В старом репере

\vec x=\begin{pmatrix}5\\-1\end{pmatrix}, \qquad \vec a=\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix}1&2\\1&-1\end{pmatrix}

Обратная матрица равна

P^{-1} = \begin{pmatrix} \frac13&\frac23\\ \frac13&-\frac13 \end{pmatrix}

Новые координаты точки:

\begin{aligned} \vec x' &=P^{-1}(\vec x-\vec a)=\\ &=\begin{pmatrix}\frac13&\frac23\\\frac13&-\frac13\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} \end{aligned}

Проверка:

\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1&2\\1&-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\-1\end{pmatrix}