Векторы e1 e2 e3 и x заданы своими координатами в некотором базисе (5 видео)

Доказать, что 3 вектора образуют базис трёхмерного пространства и найти координаты 4-го вектора в данном базисе

Даны векторы . Показать, что векторы образуют базис трехмерного пространства и найти координаты вектора в этом базисе.

Решение: Сначала разбираемся с условием. По условию даны четыре вектора, и, как видите, у них уже есть координаты в некотором базисе. Какой это базис – нас не интересует. А интересует следующая вещь: три вектора вполне могут образовывать новый базис. И первый этап полностью совпадает с решением Примера 6, необходимо проверить, действительно ли векторы линейно независимы:

Вычислим определитель, составленный из координат векторов :

, значит, векторы линейно независимы и образуют базис трехмерного пространства.

! Важно: координаты векторов обязательно записываем в столбцыопределителя, а не в строки. Иначе будет путаница в дальнейшем алгоритме решения.

Теперь вспомним теоретическую часть: если векторы образуют базис, то любой вектор можно единственным способом разложить по данному базису: , где – координаты вектора в базисе .

Поскольку наши векторы образуют базис трёхмерного пространства (это уже доказано), то вектор можно единственным образом разложить по данному базису:
, где – координаты вектора в базисе .

По условию и требуется найти координаты .

Для удобства объяснения поменяю части местами: . В целях нахождения следует расписать данное равенство покоординатно:

По какому принципу расставлены коэффициенты? Все коэффициенты левой части в точности перенесены из определителя , в правую часть записаны координаты вектора .

Получилась система трёх линейных уравнений с тремя неизвестными. Обычно её решают поформулам Крамера, часто даже в условии задачи есть такое требование.

Главный определитель системы уже найден:
, значит, система имеет единственное решение.

Дальнейшее – дело техники:

Таким образом:
– разложение вектора по базису .

Ответ:

Как я уже отмечал, задача носит алгебраический характер. Векторы, которые были рассмотрены – это не обязательно те векторы, которые можно нарисовать в пространстве, а, в первую очередь, абстрактные векторы курса линейной алгебры. Для случая двумерных векторов можно сформулировать и решить аналогичную задачу, решение будет намного проще. Однако на практике мне такое задание ни разу не встречалось, именно поэтому я его пропустил в предыдущем разделе.

Такая же задача с трёхмерными векторами для самостоятельного решения:

Даны векторы . Показать, что векторы образуют базис и найти координаты вектора в этом базисе. Систему линейных уравнений решить методом Крамера.

Полное решение и примерный образец чистового оформления в конце урока.

Аналогично можно рассмотреть четырёхмерное, пятимерное и т.д. векторные пространства, где у векторов соответственно 4, 5 и более координат. Для данных векторных пространств тоже существует понятие линейной зависимости, линейной независимости векторов, существует базис, в том числе, ортонормированный, разложение вектора по базису. Да, такие пространства невозможно нарисовать геометрически, но в них работают все правила, свойства и теоремы двух и трех мерных случаев – чистая алгебра. Собственно, о философских вопросах меня уже пробивало поговорить в статье Частные производные функции трёх переменных, которая появилась раньше данного урока.

Любите векторы, и векторы полюбят вас!

Решения и ответы:

Пример 2: Решение: составим пропорцию из соответствующих координат векторов:

Ответ: при

Пример 4: Доказательство: Трапецией называется четырёхугольник, у которого две стороны параллельны, а две другие стороны не параллельны.
1) Проверим параллельность противоположных сторон и .
Найдём векторы:

Вычислим определитель, составленный из координат векторов :
, значит, данные векторы не коллинеарны, и стороны не параллельны.
2) Проверим параллельность противоположных сторон и .
Найдём векторы:

Вычислим определитель, составленный из координат векторов :
, значит, данные векторы коллинеарны, и .
Вывод: Две стороны четырёхугольника параллельны, а две другие стороны не параллельны, значит, он является трапецией по определению. Что и требовалось доказать.

Пример 5: Решение:
б) Проверим, существует ли коэффициент пропорциональности для соответствующих координат векторов:

Система не имеет решения, значит, векторы не коллинеарны.
Более простое оформление:
– вторая и третья координаты не пропорциональны, значит, векторы не коллинеарны.
Ответ: векторы не коллинеарны.
в) Исследуем на коллинеарность векторы . Составим систему:

Соответствующие координаты векторов пропорциональны, значит
Вот здесь как раз не проходит «пижонский» метод оформления.
Ответ:

Пример 6: Решение: б) Вычислим определитель, составленный из координат векторов (определитель раскрыт по первой строке):

, значит, векторы линейно зависимы и не образуют базиса трёхмерного пространства.
Ответ: данные векторы не образуют базиса

Пример 9:Решение:Вычислим определитель, составленный из координат векторов :

Таким образом, векторы линейно независимы и образуют базис.
Представим вектор в виде линейной комбинации базисных векторов:

Покоординатно:

Систему решим по формулам Крамера:
, значит, система имеет единственное решение.

Ответ: Векторы образуют базис,

Автор: Емелин Александр

Высшая математика для заочников и не только >>>

(Переход на главную страницу)

Как можно отблагодарить автора?

Векторное произведение векторов.
Смешанное произведение векторов

На данном уроке мы рассмотрим ещё две операции с векторами: векторное произведение векторов и смешанное произведение векторов. Ничего страшного, так иногда бывает, что для полного счастья, помимо скалярного произведения векторов, требуется ещё и ещё. Такая вот векторная наркомания. Может сложиться впечатление, что мы залезаем в дебри аналитической геометрии. Это не так. В данном разделе высшей математики вообще мало дров, разве что на Буратино хватит. На самом деле материал очень распространенный и простой – вряд ли сложнее, чем то же скалярное произведение, даже типовых задач поменьше будет. Главное в аналитической геометрии, как многие убедятся или уже убедились, НЕ ОШИБАТЬСЯ В ВЫЧИСЛЕНИЯХ. Повторяйте как заклинание, и будет вам счастье =)

Если векторы сверкают где-то далеко, как молнии на горизонте, не беда, начните с урокаВекторы для чайников, чтобы восстановить или вновь приобрести базовые знания о векторах. Более подготовленные читатели могут знакомиться с информацией выборочно, я постарался собрать максимально полную коллекцию примеров, которые часто встречаются в практических работах

Чем вас сразу порадовать? Когда я был маленьким, то умел жонглировать двумя и даже тремя шариками. Ловко получалось. Сейчас жонглировать не придётся вообще, поскольку мы будем рассматривать только пространственные векторы, а плоские векторы с двумя координатами останутся за бортом. Почему? Такими уж родились данные действия – векторное и смешанное произведение векторов определены и работают в трёхмерном пространстве. Уже проще!

Видео:Координаты в новом базисеСкачать

Координаты вектора в базисе

Пример №1 . Даны векторы ε₁(2;1;3), ε₂(3;-2;1), ε₃(1;-3;-4), X(7;0;7). Показать, что векторы образуют базис трехмерного пространства и найти координаты вектора X в этом базисе.
Решение. Данная задача состоит из двух частей. Сначала необходимо проверить, образуют ли векторы базис. Векторы образуют базис, если определитель, составленный из координат этих векторов, отличен от нуля, в противном случае вектора не являются базисными и вектор X нельзя разложить по данному базису.
Вычислим определитель матрицы:

E =

2	1	3
3	-2	1
1	-3	-4

∆ = 2*((-2)*(-4) — (-3)*1) — 3*(1*(-4) — (-3)*3) + 1*(1*1 — (-2)*3) = 14
Определитель матрицы равен ∆ =14
Так как определитель отличен от нуля, то векторы образуют базис, следовательно, вектор X можно разложить по данному базису. Т.е. существуют такие числа α₁α₂α₃, что имеет место равенство:
X = &#945₁ε₁ + &#945₂ε₂ + &#945₃ε₃
Запишем данное равенство в координатной форме:
(7;0;7) = α(2;1;3) + α(3;-2;1) + α(1;-3;-4)
Используя свойства векторов, получим следующее равенство:
(7;0;7) = (2α₁;1α₁;3α₁😉 + (3α₂;-2α₂;1α₂😉 + (1α₃;-3α₃;-4α₃😉
(7;0;7) = (2α₁ + 3α₂ + 1α₃;1α₁ -2α₂ -3α₃;3α₁ + 1α₂ -4α₃)
По свойству равенства векторов имеем:
2α₁ + 3α₂ + 1α₃ = 7
1α₁ -2α₂ -3α₃ = 0
3α₁ + 1α₂ -4α₃ = 7
Решаем полученную систему уравнений методом Гаусса или методом Крамера.
Ответ:

X =

X = 2ε₁ + ε₂

В системе векторов a₁, a₂, a₃, a₄ найти любую подсистему векторов, которые образуют базис, разложить векторы по базису, перейти к другому базису, найти коэффициенты разложения векторов во втором базисе; в обоих случаях определить обратные матрицы, соответствующие векторам базиса. Правильность вычисления в каждом случае проверить с помощью умножения вектора слева на матрицу, обратную матрице вектора базиса.

Пример №2 . В системе векторов a₁, a₂, a₃, a₄ найти любую подсистему векторов, которые образуют базис, разложить векторы по базису, перейти к другому базису, найти коэффициенты разложения векторов во втором базисе; в обоих случаях определить обратные матрицы, соответствующие векторам базиса. Правильность вычисления в каждом случае проверить с помощью умножения вектора слева на матрицу, обратную матрице вектора базиса.
a₁=(1;5;3), a₂=(2;1;-1), a₃=(4;2;1), a₄=(17;13;4).

Видео:Решение убедиться что векторы e1, е2, е3 образуют базис и найти в нем координаты вектора а пример 10Скачать

Связь между базисами линейного пространства

Пусть в линейном пространстве Х_п заданы базисы Разложим векторы базиса е’ по базису е:

называют матрицей перехода от базиса е к базису е’. Заметим, что столбцами матрицы Т являются столбцы координат соответствующих векторов базиса е! в базисе е.

Соотношения (4.15) устанавливают связь между базисами е и е’. Эти соотношения удобно записать в матричной форме

Точно так же векторы базиса е можно разложить по базису е’, и тогда придем к соотношению

где Т’ — матрица перехода от базиса е’ к базису е. Столбцами матрицы Т’ служат координатные столбцы соответствующих векторов базиса е в базисе е‘.

Из соотношений е = е’ Т’ и е’ = е Т следуют выражения

из которых вытекают соотношения

Из этих соотношений в силу линейной независимости векторов базисов еие’ получаем: ТТ’ = Т’ Т = Е. Следовательно, Т’ = Т

Таким образом, матрица перехода от одного базиса п-мерного линейного пространства к другому является невырожденной матрицей n-го порядка с элементами из основного поля Р. Верно и противоположное утверждение, т.е. верна следующая теорема.

Теорема ^.10. Любая невырожденная квадратная матрица п-го порядка с элементами из поля Р служит матрицей перехода от данного базиса п-мерного линейного пространства X над полем Р к некоторому другому базису в X.

> Пусть даны базис е = (ei,e2, . е_п) линейного пространства X и невырожденная квадратная матрица

n-го порядка с элементами из поля Р. В пространстве X выберем упорядоченную систему векторов е’ = (е[, е’₂,е’_п), для которых столбцы матрицы Т являются координатными столбцами в базисе е.

Система векторов е’ состоит из п векторов и является линейно независимой, так как у невырожденной матрицы Т столбцы линейно независимы. Поэтому эта система — базис в линейном пространстве X, причем в силу выбора векторов системы выполняется равенство е’ = еТ. Это означает, что матрица Т представляет собой матрицу перехода от базиса е к базису е!. ?

Из доказанной теоремы вытекает, что в n-мерном лиейном пространстве X над полем Р существует столько различных базисов, сколько существует различных невырожденных квадратных матриц n-го порядка с элементами из поля Р. При этом учтено, что различны базисы, состоящие из одних векторов, но по-разному упорядоченных.

Практическое правило. Для построения матрицы Т перехода от базиса е к базису е! нужно для каждого вектора е’ базиса е! найти координаты в базисе е и из них, как из столбцов, построить матрицу Т.

Если векторы базисов е и е! заданы координатами в некотором базисе е°, то для отыскания координат вектора е’ в базисе е следует составить векторное равенство

от него перейти к покоординатным равенствам и из полученной системы уравнений найти искомый столбец координат (ац, «2, . а_п) Т вектора е’ в базисе е.

При отыскании матрицы Т можно также пользоваться формулой

где Т — матрица перехода от базиса е° к базису е, Т — матрица перехода от базиса е° к базису е!.

Чтобы доказать формулу (4.19), замечаем, что выполняются соотношения

Из этих соотношений получаем: е’ = е° Т2 = (еТ₁ _1 )Т2 = е(Т₁ _1 Т2), откуда следует, что Т^ 1 Т2 — матрица перехода от базиса е к базису е!, т.е. верно равенство (4.19).

Пример 4.9. Найти матрицу перехода от базиса е = (ei,62) к базису е’ = (ефе^), где [е[]_е = (2,1) т , [е’₂]_е = (3,2) т .

Решение. Здесь векторы нового базиса заданы координатами в старом базисе. Поэтому сразу можно составить искомую матрицу Т из координатных столбцов векторов е[ и е’₂:

Пример 4.10. Найти матрицу’ перехода от базиса е = (ei,62, ез) к базису е’ = (еф е’₂,е’₃), где векторы заданы своими координатами в некотором базисе: е = (1,1,1) т , 62 = (1,2,3) т , ез = (1,0,1) т , е = (-1,0,1) т , е’₂ = (1,3, 3) т , е’₃ = (1,-1,-1) т .

Решение. Составим векторное равенство

При j = 1 это равенство принимает вид:

Это равенство приводит к системе

из которой находим: а. = —2, од = 1, аз = 0. Следовательно, е[ = —2 е +б2- Аналогично при j = 2 и j = 3 получаем е(> = 61+62 — 63,63 = ei — 62 + ез. Из коэффициентов полученных разложений записываем матрицу перехода

Можно также этот ответ получить по формуле (4.19). Дли этого, пользуясь координатами векторов, записываем матрицы перехода

Пример 4.11. В линейном пространстве Р^х] многочленов не выше второй степени с действительными коэффициентами даны два базиса: е = (е!,е2,ез), где е = 1, ег = х, ез = х 2 , и е’ = (e’_l5 е’₂, е’₃), где е[ = 1, е’₂ — х — 1, е’₃ — (х — I) 2 . Найти матрицу перехода Т от базиса е к базису е’.