Материал: sb000037

решение тогда и только тогда, когда D2b = 0 (система Cx = D1b имеет решение при любом b). Отсюда можно сделать следующие выводы:

(1)dim V1 = rank A = 2;

(2)a1, a3 – базис пространства V1 (см. задачу 1, второй способ решения);

(3)b V1 D2b = 0.

Рассуждая аналогичным образом, для подпространства V2 имеем:

Следовательно:

(1)dim V2 = rank B = 2;

(2)b1, b3 – базис пространства V2;

В качестве базиса суммы подпространств можно выбрать любую максимальную линейно независимую подсистему системы векторов a1, a3, b1, b3, например: a1, a3, b1. Размерность подпространства V1 + V2 равна 3. Найдем базис и размерность пересечения подпространств. Если v V1 ∩ V2, то он является решением обеих систем. Поэтому V1 ∩ V2 совпадает с пространством решений системы

составленной из всех уравнений, определяющих V1 и V2. Решая ее получим b = (2, 3, 1, 1)T α, где α R. Значит, dim(V1 ∩ V2) = 1, а вектор (2, 3, 1, 1)T

образует базис V1 ∩ V2.

Задача 4. Ортогонализация двух векторов

Даны столбцы a = (−4, 5, −2, −1)T и b = (5, −3, 4, 3)T . Найти столбец c R4, ортогональный a так, чтобы линейные оболочки ha, ci и ha, bi совпадали.

20

Решение. Как раз для этой задачи предназначен процесс ортогонализа-

ции (см. 2.5):

Так как c = b −αa есть линейная комбинация a и b, то c ha, bi. Аналогично, b ha, ci, откуда ha, ci = ha, bi. Легко заметить, что любой вектор, пропорциональный найденному, так же удовлетворяет условию задачи. С другой стороны, ортогональное дополнение к вектору a в 2-мерном пространстве ha, bi одномерно, поэтому никакой вектор, не пропорциональный найденному, не годится.

Ответ: c = (−4, 5, −2, −1)T α, где α R.

Рассмотрим другую формулировку той же задачи.

откуда α = (a,a) , и мы получаем ту же формулу для вектора c, что и в предыдущей задаче: c = b − ((a,aa,b)) a.

Ответ: c = (−4, 5, −2, −1)T .

Решение. Выполним первую часть задания, используя метод ортогона-

лизации Грама-Шмидта (см. пункт 2.5). Обозначим столбцы матрицы

A: a1 = (−1, −1, 1, −1)T ; a2 = (−4, −4, 1, −1)T ; a3 = (−1, −5, −1, 4)T .

Положим e1 = a1. Второй вектор ищем в виде e02 = a2 − (a2,e1) e1. Тогда

(e1,e1)

и e02 = (−3/2, −3/2, −3/2, 3/2)T . Для удобства дальнейших вычислений положим e2 = −2/3e02 = (1, 1, 1, −1)T . Это можно сделать, так как умножение на константу не влияет на ортогональность векторов. Последний вектор

ищем в виде e03 = a3 − (a3,e1) e1 − (a3,e2) e2. Получаем e03 = (2, −2, 3/2, 3/2)T .

(e1,e1) (e2,e2)

Положим e3 = 2e03 = (4, −4, 3, 3)T .

21

Перейдем ко второй части задачи. Можно убедиться, что система Ax = b несовместна, хотя это не влияет на ход решения. Это означает, что столбец b не принадлежит линейной оболочке столбцов матрицы A. В этом случае система называется переопределенной. Псевдорешением переопределенной системы линейных уравнений называется такой столбец x , что длина вектора Ax − b минимальна. Длина вектора Ax − b минимальна, если он ортогонален линейной оболочке столбцов матрицы A, то есть вектор Ax является ортогональной проекцией вектора b на линейную оболочку столбцов матрицы A (см. утверждение 2.10). Введем обозначения: пусть V – линейная оболочка столбцов матрицы A, b – ортогональная проекция вектора b на подпространство V . Так как мы уже знаем ортогональный базис e1, e2, e3 пространства V , то можно найти b , как сумму проекций вектора b на базисные вектора ei (см. 2.6), то есть

b = (b, e1) e1 + (b, e2) e2 + (b, e3) e3 (e1, e1) (e2, e2) (e3, e3)

(формула верна только для ортогонального базиса!).

Получаем b = (2, 14, 7, −16)T . Осталось решить систему Ax = b .

Ответ: Ортогонализованные столбцы матрицы A:

e1 = (−1, −1, 1, −1)T ; e2 = (1, 1, 1, −1)T ; e3 = (4, −4, 3, 3)T .

Псевдорешение системы: x = (5, −1, −3)T .

Замечание 1. Вычисления во второй части задачи можно несколько упростить. В процессе вычислений мы находим столбец координат вектора b

в базисе e, он состоит из чисел (b,ei) . Из процесса ортогонализации легко

(ei,ei)

извлечь выражения векторов ai через ei, то есть матрицу перехода Ce→a, и убедится в том, что она треугольная. Решаем систему Ce→aba = be и из равенства Ax = b замечаем, что x как раз и является столбцом координат вектора b в базисе, составленном из столбцов матрицы A. Упрощение вычислений состоит в том, что мы решаем систему с треугольной матрицей, что на порядок проще решения произвольной системы.

Замечание 2. Для нахождения псевдорешения системы можно воспользоваться формулой: x = (AT A)−1AT b, т.е. достаточно решить систему линейных уравнений (AT A)x = AT b (если столбцы матрицы A линейно независимы, то матрица AT A невырожденная). Однако количество вычислений при использовании этого способа решения примерно равно количеству вычислений при решении с использованием ортогонализации и замечания 1.

22

Задача 6. Дополнение до ортогонального базиса.

ортогонального базиса в R .

Решение. Ортогонализуем вектора a1 и a2 их с помощью процесса Грама–Шмидта (см. 2.5).

Далее будем брать произвольные вектора из R4, добавлять их к полученному ранее набору b1, b2, . . . , и применять к ним процесс ортогонализации. Если получившийся в результате ортогонализации вектор будет ненулевым, то присоединим его к нашему набору, в противном случае просто возьмем другой произвольный вектор. Прекратим процесс, когда количество полученных ненулевых попарно ортогональных векторов станет равным размерности пространства, то есть четырем. Для того, чтобы гарантировать, что процесс закончится (то есть, что мы не будем все время выбирать произвольный вектор из линейной оболочки ранее полученных), достаточно перебирать вектора из какого-нибудь базиса пространства R4. Для упрощения вычислений будем перебирать вектора стандартного базиса. Заметим также, что проекция вектора a на ветор b равна его проекции на вектор λb при любом λ > 0, что также будет использоваться для упрощения вычислений. Итак:

23

Так как оказалось, что b4 = 0, то отбрасываем e2 (как оказалось, он лежит в линейной оболочке hb1, b2, b3i) и пересчитываем b4, исходя из e3:

b3 = 201 (3, −7, 1, 1)T , b4 = 12 (0, 0, 1, −1)T .

Замечание 1. Ясно, что вектора b3 и b4 образуют ортогональный базис пространства V . Поэтому альтернативный способ нахождения этих векторов состоит в том, чтобы найти базис V , как базис пространства

bT1 bT2

Задача 7. Выбор базиса и нахождение матрицы оператора.

Пусть V-линейное пространство всех вещественных матриц 2 × 2 со следом 0. Выберите базис в пространстве V и найдите матрицу оператора

Решение. След рассматриваемых матриц равен 0, а значит элементы

Поэтому размерность пространства V равна 3 и в качестве базиса e можно

Этот базис хорош тем, что столбец координат любого элемента пространства в этом базисе виден сразу: для приведенной выше матрицы A столбец координат Ae = (a, b, c)T .

Столбцами матрицы линейного оператора являются столбцы координат образов базисных векторов, т.е. i-ый столбец матрицы Le равен L(ei)e

24