Cvičení z lineární algebry
29
Vít Vondrák
Cvičení č. 7 Lineární závislost a nezávislost. Lineární kombinace. Báze. Lineární závislost a nezávislost Definice: Konečná množina vektorů S = {v1 ,..., v k } z vektorového prostoru V se nazývá lineárně nezávislá jestliže rovnice α 1v1 + ... + α k v k = 0 má jediné řešení α 1 = ... = α k = 0 . V opačném případě se nazývá lineárně závislá. Příklad: Rozhodněte o lineární závislosti či nezávislosti vektorů v1 = [1,2,0], v 2 = [−1,−2,1], v3 = [1,1,1] α 1v1 + α 2 v 2 + α 3 v3 = 0
α 1 [1,2,0] + α 2 [−1,−2,1] + α 3 [1,1,1] = [0,0,0] [α 1 ,2α 1 ,0] + [−α 2 ,−2α 2 , α 2 ] + [α 3 , α 3 , α 3 ] = [0,0,0] [α 1 − α 2 + α 3 ,2α 1 − 2α 2 + α 3 , α 2 + α 3 ] = [0,0,0] Z poslední rovnice dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých: α1 − α 2 + α 3 = 0 2α 1 − 2α 2 + α 3 = 0 α2 + α3 = 0 Řešíme Gaussovou eliminační metodou 1 −1 1 0 1 −1 1 0 1 −1 1 0 1 0 2 − 2 1 0 − 2r1 ~ 0 0 − 1 0 r2 ↔ r3 ~ 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 −1 0 1 0
α1 = 0 α2 = 0 α3 = 0
Žádné jiné řešení soustava nemá tudíž vektory v1 , v 2 , v3 jsou lineárně nezávislé.
Příklad: Rozhodněte o lineární závislosti či nezávislosti vektorů v1 = [1,2,0], v 2 = [−1,−2,1], v3 = [1,1,1], v 4 = [1,2,2] α 1v1 + α 2 v 2 + α 3 v3 + α 4 v 4 = 0
α 1 [1,2,0] + α 2 [−1,−2,1] + α 3 [1,1,1] + α 4 [1,2,2] = [0,0,0] [α 1 ,2α 1 ,0] + [−α 2 ,−2α 2 , α 2 ] + [α 3 , α 3 , α 3 ] + [α 4 ,2α 4 ,2α 4 ] = [0,0,0] [α 1 − α 2 + α 3 + α 4 ,2α 1 − 2α 2 + α 3 + 2α 4 , α 2 + α 3 + 2α 4 ] = [0,0,0] Z poslední rovnice dostáváme soustavu 3 rovnic o 4 neznámých: α1 − α 2 + α 3 + α 4 = 0 2α 1
− 2α 2
α2
+ α3
+ 2α 4
= 0
+ α 3 + 2α 4 = 0 Řešíme Gaussovou eliminační metodou
♦
Cvičení z lineární algebry
30
Vít Vondrák
1 −1 1 1 0 1 −1 1 1 0 1 −1 1 1 0 1 2 0 2 − 2 1 2 0 − 2r1 ~ 0 0 − 1 0 0 r2 ↔ r3 ~ 0 1 0 1 1 2 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 2 0 Rovnice má nekonečně mnoho řešení a tudíž i nenulové. Např. zvolíme-li v řešení α 4 = t , α 3 = 0, α 2 = −2t , α 1 = −3t , t=1 dostáváme řešení
α 1 = −3, α 2 = −2, α 3 = 0, α 4 = 1. Vektory v1 , v 2 , v3 , v 4 jsou tedy lineárně závislé.
♦
Příklad: Rozhodněte o lineární závislosti či nezávislosti vektorů p1 ( x) = x 2 − x, p 2 ( x) = x + 1, p 3 ( x) = x 2 + 2
α 1 p1 + α 2 p 2 + α 3 p3 = o α 1 ( x 2 − x) + α 2 ( x + 1) + α 3 ( x 2 + 2) = 0,
∀x ∈ R,
α 1 x 2 − α 1 x + α 2 x + α 2 + α 3 x 2 + 2α 3 = 0,
∀x ∈ R,
(α 1 + α 3 ) x 2 + (−α 1 + α 2 ) x + (+α 2 + 2α 3 ) = 0, ∀x ∈ R. Porovnáním koeficientů u odpovídajících mocnin x dostáváme z poslední rovnice soustavu 3 rovnic o 3 neznámých: α1 + α3 = 0 − α1
+α2
= 0
α2
+ 2α 3 = 0 Řešíme Gaussovou eliminační metodou 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 ~ 0 1 1 0 − 1 1 0 0 + r1 ~ 0 1 1 0 0 1 2 0 0 1 2 0 − r 0 0 1 0 2 Rovnice má tedy právě jedno nulové řešení a tudíž vektory
α1 = 0 α2 = 0 α3 = 0 p1 , p 2 , p 3 jsou lineárně
nezávislé.♦ Lineární kombinace
Definice: Vektor v vektorového prostoru V je lineární kombinací vektorů v1 ,..., v k ∈ V jestliže existují skaláry α 1 ,..., α k tak, že v = α1v1 + ... + α k vk . Příklad: Rozhodněte, zda-li vektor v = [2,1,−3] ∈ R 3 je lineární kombinací vektorů v1 = [1,1,0], v 2 = [0,1,1], v3 = [1,0,1] .
Cvičení z lineární algebry
31
Vít Vondrák
v = α 1v1 + α 2 v 2 + α 3 v3 [2,1,−3] = α 1 [1,1,0] + α 2 [0,1,1] + α 3 [1,0,1] [2,1,−3] = [α 1 , α 1 ,0] + [0, α 2 , α 2 ] + [α 3 ,0, α 3 ] [2,1,−3] = [α 1 + α 3 , α 1 + α 2 , α 2 + α 3 ] Z poslední rovnice dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých: α1 + α3 = 2
α1 + α 2 α2
= + α3
1
= −3
1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 ~ 0 1 −1 −1 1 1 0 1 − r1 ~ 0 1 − 1 − 1 0 1 1 − 3 0 1 1 − 3 − r 0 0 2 − 2 2
v = 3v1 − 2v 2 − v3 a v je tedy lineární kombinací vektorů v1 , v 2 , v3 .
α1 = 3 α 2 = −2 α 3 = −1 ♦
Příklad: Rozhodněte zda-li mnohočlen p ( x) = x 2 + 2 je lineární kombinací mnohočlenů p1 ( x) = x 2 − x, p 2 ( x) = x + 1 p = α 1 p1 + α 2 p 2 x 2 + 2 = α 1 ( x 2 − x) + α 2 ( x + 1),
∀x ∈ R,
x + 2 = α1 x − α1 x + α 2 x + α 2 ,
∀x ∈ R,
2
2
x + 2 = α 1 x + (−α 1 + α 2 ) x + α 2 , ∀x ∈ R. Porovnáním koeficientů u odpovídajících mocnin x dostáváme z poslední rovnice soustavu 3 rovnic o 2 neznámých: = 1 α1 2
− α1
2
+α2
= 0 α2 = 2 Řešíme Gaussovou eliminační metodou 1 0 1 1 0 1 1 0 1 ~ 0 1 1 − 1 1 0 + r1 ~ 0 1 1 0 1 2 0 1 2 − r 0 0 1 2 Rovnice nemá řešení a tudíž vektor p není lineární kombinací vektorů p1 , p 2 .
♦
Báze
Definice: Množina vektorů S = {v1 ,..., v k } z vektorového prostoru V se nazývá bází vektorového prostoru V, jestliže 1. S je lineárně nezávislá
Cvičení z lineární algebry
32
Vít Vondrák
2. Libovolný vektor prostoru V se dá vyjádřit jako lineární kombinace vektorů množiny S.
Příklad: Rozhodněte, zda-li vektory E = {e1 , e2 , e3 }, e1 = [1,0,0], e2 = [0,1,0], e3 = [0,0,1] tvoří bázi R 3 . 1. Množina E musí být lineárně nezávislá α 1e1 + α 2 e2 + α 3 e3 = 0
α 1 [1,0,0] + α 2 [0,1,0] + α 3 [0,0,1] = [0,0,0] [α 1 ,0,0] + [0, α 2 ,0] + [0,0, α 3 ] = [0,0,0] [α 1 , α 2 , α 3 ] = [0,0,0] Odtud je zřejmé, že rovnice má pouze jedno řešení a to α 1 = α 2 = α 3 = 0 a množina E je tedy lineárně nezávislá. 2. Libovolný vektor v = [v1 , v 2 , v3 ] ∈ R 3 musí být možné vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů z E. α 1e1 + α 2 e2 + α 3 e3 = v
α 1 [1,0,0] + α 2 [0,1,0] + α 3 [0,0,1] = [v1 , v 2 , v3 ] [α 1 ,0,0] + [0, α 2 ,0] + [0,0, α 3 ] = [v1 , v 2 , v3 ] [α 1 , α 2 , α 3 ] = [v1 , v 2 , v3 ] Poslední rovnice má právě jedeno řešení α 1 = v1 , α 2 = v 2 , α 3 = v3 a tedy vektor v je lineární kombinací vektorů E. Jelikož jsou splněny obě podmínky 1. a 2. množina E tvoří bázi R 3 .
♦
Příklad: Rozhodněte, zda-li vektory B = {v1 , v 2 , v3 } , v1 = [1,1,0], v 2 = [0,1,1], v3 = [1,0,1] tvoří bázi R 3 . 1. Lineární nezávislost B. α 1v1 + α 2 v 2 + α 3 v3 = o
α 1 [1,1,0] + α 2 [0,1,1] + α 3 [1,0,1] = [0,0,0] [α 1 , α 1 ,0] + [0, α 2 , α 2 ] + [α 3 ,0, α 3 ] = [0,0,0] [α 1 + α 3 , α 1 + α 2 , α 2 + α 3 ] = [0,0,0] Z poslední rovnice dostáváme soustavu: α1 + α3 = 0
α1 + α 2 α2
= 0 + α3
= 0
Cvičení z lineární algebry
33
Vít Vondrák
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 ~ 0 1 −1 0 1 1 0 0 − r1 ~ 0 1 − 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 − r 0 0 2 0 2
α1 = 0 α2 = 0 α3 = 0
2. Lib. vektor v = [v1 , v 2 , v3 ] ∈ R 3 je lineární kombinací vektorů z B. α 1v1 + α 2 v 2 + α 3 v3 = v
α 1 [1,1,0] + α 2 [0,1,1] + α 3 [1,0,1] = [v1 , v 2 , v3 ] [α 1 , α 1 ,0] + [0, α 2 , α 2 ] + [α 3 ,0, α 3 ] = [v1 , v 2 , v3 ] [α 1 + α 3 , α 1 + α 2 , α 2 + α 3 ] = [v1 , v 2 , v3 ] Z poslední rovnice dostáváme soustavu: α1 + α 3 = v1
α1 + α 2 α2
= v2 + α3
= v3
v1 1 0 1 v1 1 0 1 v 1 0 1 1 1 0 v − r ~ 0 1 − 1 v −1 v ~ 0 1 − 1 v 2 − v1 0 1 1 2 1 0 1 1 2 1 v3 − r2 0 0 2 v3 − v 2 + v1 v3
α 1 = 12 (−v3 + v 2 + v1 ) α 2 = 12 (v3 + v 2 − v1 ) α 3 = 12 (v3 − v 2 + v1 )
Soustava má tedy řešení a tudíž libovolný vektor v se dá vyjádřit jako kombinace vektorů z množiny B. Z bodů 1. a 2. tedy vyplývá, že množina B je báze R 3 . ♦
Příklad: Rozhodněte, zda-li vektory E = { p1 , p 2 , p3 }, p1 ( x) = 1, p 2 ( x) = x, p 3 ( x) = x 2 tvoří bázi P3 . 1. Množina E musí být lineárně nezávislá α 1 p1 + α 2 p 2 + α 3 p3 = o
α 1 p1 ( x) + α 2 p 2 ( x) + α 3 p3 ( x) = o( x), α 1 ⋅ 1 + α 2 ⋅ x + α 3 ⋅ x = 0, 2
∀x ∈ R
∀x ∈ R
Dva mnohočleny se sobě rovnají jestliže mají stejné koeficienty u stejných mocnin x. Odtud je zřejmé, že rovnice má pouze jedno řešení a to α 1 = α 2 = α 3 = 0 a množina E je tedy lineárně nezávislá. 2. Libovolný mnohočlen p ∈ P3 , p ( x) = ax 2 + bx + c , musí být možné vyjádřit jako lineární kombinaci mnohočlenů z E. α 1 p1 + α 2 p 2 + α 3 p3 = p
α 1 p1 ( x) + α 2 p 2 ( x) + α 3 p3 ( x) = p( x),
∀x ∈ R
α 1 ⋅ 1 + α 2 ⋅ x + α 3 ⋅ x 2 = ax 2 + bx + c, ∀x ∈ R Poslední rovnice má právě jedno řešení α 1 = c, α 2 = b, α 3 = a a tedy mnohočlen p je lineární kombinací vektorů E.
Cvičení z lineární algebry
34
Vít Vondrák
Jelikož jsou splněny obě podmínky 1. a 2. množina E tvoří bázi P3 .
♦
Příklad: Rozhodněte, zda-li vektory F = { p1 , p 2 }, p1 ( x) = x 2 + 1, p 2 ( x) = x 2 + x tvoří bázi P3 . 1. Množina F musí být lineárně nezávislá. α1 p1 + α 2 p2 = o
α1 p1 ( x) + α 2 p2 ( x) = o( x),
∀x ∈ R
α1 ⋅ ( x + 1) + α 2 ⋅ ( x + x) = 0, ∀x ∈ R 2
2
(α1 + α 2 ) x 2 + α 2 x + α1 = 0,
∀x ∈ R
Dva mnohočleny se sobě rovnají jestliže mají stejné koeficienty u stejných mocnin x. Odtud soustavu 3 rovnic o 2 neznámých: α1 + α 2 = 0
α2 α1
= 0 = 0
Na první pohled je zřejmé, že tato soustava má pouze jedno řešení a to α 1 = α 2 = 0 a množina F je tedy lineárně nezávislá. 2. Libovolný mnohočlen p ∈ P3 , p ( x ) = ax jako lineární kombinaci mnohočlenů z F. α 1 p1 + α 2 p 2 = p
α 1 p1 ( x) + α 2 p 2 ( x) = p( x),
2
+ bx + c , musí být možné vyjádřit
∀x ∈ R
α 1 ⋅ ( x 2 + 1) + α 2 ⋅ ( x 2 + x) = ax 2 + bx + c,
∀x ∈ R
(α 1 + α 2 ) x 2 + α 2 x + α 1 = ax 2 + bx + c,
∀x ∈ R
Porovnáním koeficientů mnohočlenů v poslední rovnici dostáváme soustavu 3 rovnic o 2 neznámých: α1 + α 2 = a
α2 α1
= b = c
1 1 a 1 1 a 1 1 a ~ 0 1 b ~ 0 1 b 0 1 b 1 0 c − r 0 −1 c − a + r 0 0 c − a + b 1 2 Poslední rovnice má tvar 0 = − a + b + c a odtud dostáváme, že sosutava má řešení α 1 = a − b, α 2 = b pouze za předpokladu, že − a + b + c = 0 . Z tohoto vyplývá, že ty mnohočleny, pro něž je − a + b + c ≠ 0 nelze vyjádřit jako lineární kombinace mnohočlenů p1 ( x) = x 2 + 1, p 2 ( x) = x 2 + x a tudíž množina F není bází P3 . ♦
Cvičení z lineární algebry
35
Vít Vondrák
Příklad: Určete bázi podprostoru U = {p ∈ P3 , p ( x) = a 2 x 2 + a1 x + a 0 : a 0 − a 2 = 0} vektorového prostoru P3 . Koeficienty mnohočlenů patřících do množiny U musí splňovat podmínku a 0 − a 2 = 0 což představuje rovnici o třech neznámých a 0 , a1 , a 2 jejíž řešením je a 0 = t , a1 = s, a 2 = t pro libovolné parametry t , s ∈ R . Pak pro ∀p ∈ U existují t , s ∈ R takové, že
p ( x) = tx 2 + sx + t = tx 2 + t + sx = t ( x 2 + 1) + sx, ∀x ∈ R a odtud
{
}
U = t ( x 2 + 1) + sx, ∀t , s ∈ R = x 2 + 1, x . Je zřejmé, že mnohočleny x 2 + 1 a x jsou lineárně nezávislé a libovolný mnohočlen z U, lze vyjádřit jako kombinaci těchto mnohočlenů. Proto mnohočleny x 2 + 1 a x tvoří bázi podprostoru U. ♦
