Как найти координаты вектора относительно базиса

Рассмотрим
конечномерное векторное пространство
V
размерности n,
векторы e₁,
e₂,
…, e_n
образуют его базис. Пусть a
– произвольный вектор пространства V,
тогда вектор линейно выражается через
векторы базиса, a = ₁e₁ + ₂e₂ + … + _ne_n.

Теорема 8.8.
Разложение вектора a
по векторам базиса производится
единственным образом.

Доказательство.
Предположим, что вектор a
можно разложить по векторам базиса
двумя способами:

a = ₁e₁ + ₂e₂ + … + _ne_n.

a = ’₁e₁ + ’₂e₂ + … + ’_ne_n.

После
вычитания из одного равенства другого,
получим

(₁ – ’₁)
e₁ + (₂ – ’₂)e₂ + … + (_n – ’_n)e_n = 0,

из
чего в силу линейной независимости
базисных векторов e₁,
e₂,
…, e_n
следует, что ₁ – ’₁ = 0,
₂ – ’₂ = 0,
…, _n – ’_n = 0,
а затем что ₁ = ’₁,
₂ = ’₂,
…, _n = ’_n.
Таким образом, коэффициенты разложения
определяются однозначно. Теорема
доказана.

Определение 8.13.
Координатами вектора a
относительно базиса e₁,
e₂,
…, e_n
называются коэффициенты
разложения
вектора a
по базисным векторам.

Координаты
вектора принято записывать или в виде
строки координат (координатной строки)
– (₁, ₂, …, _n),
или в виде координатного столбца:
[a] = .

Пример 8.7.
1) В
пространстве R^22
вектор A = 
раскладывается
по векторам базиса Е₁,
Е₂,
Е₃,
Е₄
следующим образом: А = 2Е₁ – Е₂ + 4Е₃ + 7Е₄,
следовательно, координатная строка
этого вектора равна (2, –1, 4, 7).

2) В
пространстве выбран базис
а₁ = (1,
3, –1), а₂ = (–2,
1, 1),
а₃ = (2,
–2, –1). Найти координаты вектора a = (3,
0, –2) относительно базиса а₁,
а₂,
а₃.
Векторное равенство a = x₁а₁ + x₂а₂ + x₃а₃
перепишем в виде системы линейных
уравнений

Решая
эту систему, получим x₁ = 1,
x₂ = 1,
x₃ = 2,
следовательно, координатная строка
вектора a
равна (1, 1, 2).

Каждому
вектору a
из произвольного векторного пространства
V,
в котором задан базис e₁,
e₂,
…, e_n,
сопоставляется строка (или столбец)
координат (₁, ₂, …, _n),
причем единственным образом. Если V
пространство размерности n,
то строка координат принадлежит
пространству Rⁿ,
то есть возникает отображение: V  Rⁿ.
Обратно, по строке координат (₁, ₂, …, _n),
(по вектору из Rⁿ)
единственным образом можно построить
вектор a = ₁e₁ + ₂e₂+ … + _ne_n.
Для этого отображения верна следующая
теорема.

Теорема 8.9.
Если векторы а₁,
а₂,
…, а_m
из произвольного пространства V
образуют линейно независимую систему
векторов, то их строки (или столбцы)
координат тоже линейно независимы.

8.3.4. Координаты вектора в различных базисах

Пусть
V
– n-мерное
векторное пространство, в котором заданы
два базиса: e₁,
e₂,
…, e_n
– старый базис, e‘₁,
e‘₂,
…, e‘_n
– новый базис. У произвольного вектора
a
есть координаты в каждом из них:

a = ₁e₁ + ₂e₂+ … + _ne_n;

a = ’₁e‘₁ + ’₂e‘₂+ … + ’_ne‘_n.

Для
того чтобы установить связь между
столбцами координат вектора a
в старом и новом базисах, надо разложить
векторы нового базиса по векторам
старого базиса:

e‘₁ = ₁₁e₁ + ₂₁e₂+ … + _n1e_n,

e‘₂ = ₁₂e₁ + ₂₂e₂+ … + _n2e_n,

………………………………..

e‘_n = _1ne₁ + _2ne₂+ … + _nne_n.

Определение 8.14.
Матрицей
перехода от старого базиса к новому
базису
называется матрица, составленная из
координат векторов нового базиса
относительно старого базиса, записанных
в столбцы, т. е.

T = .

Столбцы
матрицы T
– это координаты базисных, а значит,
линейно независимых, векторов,
следовательно, эти столбцы линейно
независимы. Матрица с линейно независимыми
столбцами является невырожденной, ее
определитель не равен нулю и для матрицы
T
существует обратная матрица T ^–1.

Обозначим
столбцы координат вектора a
в старом и новом базисах, соответственно,
как [a]
и [a]’.
С помощью матрицы перехода устанавливается
связь между [a]
и [a]’.

Теорема 8.10.
Столбец координат вектора a
в старом базисе равен произведению
матрицы перехода на столбец координат
вектора a
в новом базисе, то есть [a] = T [a]’.

Следствие.
Столбец координат вектора a
в новом базисе равен произведению
матрицы, обратной матрице перехода, на
столбец координат вектора a
в старом базисе, то есть [a]’ = T ^–1[a].

Пример 8.8.
Составить матрицу перехода от базиса
e₁,
e₂,
к базису e‘₁,
e‘₂,
где
e‘₁ = 3e₁ + e₂,
e‘₂ = 5e₁ + 2e₂,
и найти координаты вектора a = 2e‘₁ – 4e‘₂
в старом базисе.

Решение.
Координатами новых базисных векторов
относительно старого базиса являются
строки (3, 1) и (5, 2), тогда матрица
T
примет вид
.
Так как [a]’ = ,
то [a] =  = .

Пример 8.9.
Даны два базиса e₁,
e₂
– старый базис, e‘₁,
e‘₂
– новый базис, причем e‘₁ = 3e₁ + e₂,
e‘₂ = 5e₁ + 2e₂.
Найти координаты вектора a = 2e₁ – e₂
в новом базисе.

Решение.
1 способ.
По условию даны координаты вектора а
в старом базисе: [a] = .
Найдем
матрицу перехода от старого базиса e₁,
e₂
к новому базису e‘₁,
e‘₂.
Получим матрицу Т = 
для нее найдем обратную матрицу T ^–1 = .
Тогда согласно следствию из теоремы 8.10
имеем [a]’ = T ^–1[a] =  = .

2 способ.
Так как e‘₁,
e‘₂
базис, то вектор а
раскладывается по базисным векторам
следующим образом a = k₁e‘₁ – k₂e‘₂.
Найдем числа k₁
и
k₂
– это и будут координаты вектора а
в
новом базисе.

a = k₁e‘₁ – k₂e‘₂ = k₁(3e₁ + e₂) – k₂(5e₁ + 2e₂) =

= e₁(3k₁ + 5k₂) + e₂(k₁ + 2k₂) = 2e₁ – e₂.

Так
как координаты одного и того же вектора
в данном базисе определяется однозначно,
то имеем систему:

Решая данную систему, получим k₁ = 9
и k₂ = –5,
т. о. [a]’ = .

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

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

Как найти координаты вектора в базисе

Решение:
Записываем матрицу перехода А:

и находим ее определитель
<>0
Видим, что ранг матрицы С равен трем. Из теоремы о базисном миноре векторы f₁ , f₂ , f₃ линейно независимы, а поэтому могут быть приняты в качестве базиса пространства R 3 .
Находим обратную матрицу А -1 .
Транспонированная матрица:

Обратная матрица А -1

Находим координаты вектора х относительно нового базиса.

Пример №1 . Даны векторы a<1;2;1>, b<2;-2;1>, c <1;-2;0>и d <0;3;1>. Установить, что векторы a , b , c образуют базис, и найти координаты вектора d в этом базисе.
Решение:
Соотношение, записанное для векторов d = αa + βb + γc, справедливо для каждой из проекций:
α*1 + β*2 + γ*1 = 0
α*2 — β*2 — γ*2 = 3
α*1 + β*1 + γ0 = 1 т.е. получена алгебраическая система трёх уравнений с тремя неизвестными. Решение системы удобнее вычислять методом Крамера или методом обратной матрицы:
α = 1/2; β = 1/2; γ = -3/2
следовательно, и вектор d имеет разложение в базисе a, b, c :
d = 1/2a + 1/2b — 3/2c

Пример №2 . Даны векторы . Показать, что векторы образуют базис трехмерного пространства и найти координаты вектора в этом базисе:

Пример №3 . Даны два линейных преобразования:
х’₁ = a₁₁x₁ + a₁₂x₂ + a₁₃x₃, х»₁ = b₁₁x’₁ + b₁₂x’₂ + b₁₃x’₃,
х’₂ = a21x1 + a22x2 + a23x3, х»₂ = b₂₁x’1 + b₂₂x’₂ + b₂₃x’₃,
х’₃ = a₃₁x₁ + a₃₂x₂ + a₃₃x₃, х»₃ = b₃₁x’₁ + b₃₂x’₂ + b₃₃x’₃,
Средствами матричного исчисления найти преобразование, выражающее х»₁, x»₂, x»₃ через х₁, х₂, х₃.
х’₁ = 4x₁ + 3x₂ + 5x₃, х»₁ = — x’₁ + 3x’₂ — 2x’₃,
х’₂ = 6x₁ + 7x₂ + x₃, х»₂ = — 4x’₁ + x’₂ + 2x’₃,
х’₃ = 9x₁ + x₂ + 8x₃, х»₃ = 3x’₁ — 4x’₂ + 5x’₃,
Решение. Используя калькулятор, получаем:
Обозначим:

Тогда матричное уравнение запишется в виде: A·X = B.
Вычислим определитель матрицы А:
∆ = 4*(7*8 — 1*1) — 6*(3*8 — 1*5) + 9*(3*1 — 7*5) = -182
Определитель матрицы А равен detA=-182
Так как A невырожденная матрица, то существует обратная матрица A -1 . Умножим слева обе части уравнения на A -1 : A -1 ·A·X = A -1 ·B, тогда получим E·X = A -1 ·B, или X = A -1 ·B.
Найдем обратную матрицу A -1 .

Матрицу Х ищем по формуле:

Пример №4 . В декартовой прямой системе координат даны вершины пирамиды A(3,0,-1), B(-1,-2,-4), C(-1,2,4), D(7,-3,1). Найдите:
а) длину ребра AB;
б) косинус угла между векторами AB и AC ;
в) уравнение ребра AB;
г) уравнение грани ABC;
д) уравнение высоты, опущенной из вершины D на грань ABC;
е) координаты векторов e ₁= AB , e ₂= AC , e ₃= AD и докажите, что они образуют линейную независимую систему;
ж) координаты вектора MN , где M и N – середины ребер AD и DC соответственно;
з) разложение вектора MN по базису ( e ₁, e ₂, e ₃)

Решение. Пункты (а-д) решаются через онлайн калькулятор.

Задание 1 . Разложить вектор d =(8;-5) по векторам a =(1;-2) и b =(2;3).
Решение. Векторы a и b образуют базис на плоскости, так как они не коллинеарны (, то есть соответствующие координаты этих векторов не пропорциональны).
Следовательно, вектор d = α a +β b , где α и β – коэффициенты, которые надо найти.
Таким образом, имеем равенство
8i-5j=α(i-2j)+β(2i+3j)=(α+2β)i+ (-2α+3β)j.
В координатной форме это равенство примет вид
Решим полученную систему уравнений.

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 .

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.

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):

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:

Замена базиса и системы координат

Изменение базиса.

До сих пор мы предполагали, что рассматривается один базис. Однако выбор базиса ничем не ограничен, и принципиальное значение имеет задача о нахождении компонент вектора в одном базисе по его компонентам в другом базисе. При этом положение нового базиса относительно старого должно быть задано, а именно должны быть известны компоненты новых базисных векторов (boldsymbol>), (boldsymbol>) и (boldsymbol>) в старом базисе (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>). Пусть:
$$
begin
boldsymbol> = a_<1>^<1>boldsymbol> + a_<1>^<2>boldsymbol> + a_<1>^<3>boldsymbol>,\
boldsymbol> = a_<2>^<1>boldsymbol> + a_<2>^<2>boldsymbol> + a_<2>^<3>boldsymbol>,\
boldsymbol> = a_<2>^<1>boldsymbol> + a_<2>^<2>boldsymbol> + a_<2>^<3>boldsymbol>,
endlabel
$$

Соотношения eqref и являются решением нашей задачи. Если нас заинтересует выражение новых компонент через старые, то надо будет решить систему уравнений eqref относительно неизвестных (alpha’_<1>), (alpha’_<2>), (alpha’_<3>). Результат будет иметь такой же вид, как eqref, только коэффициентами будут компоненты старых базисных векторов в новом базисе.

Точно тем же способом получаются формулы, связывающие компоненты вектора в разных базисах на плоскости. Вот они:
$$
begin
& alpha_ <1>= a_<1>^<1>alpha’_ <1>+ a_<1>^<2>alpha’_<2>,\
& alpha_ <2>= a_<2>^<1>alpha’_ <1>+ a_<2>^<2>alpha’_<2>.
endlabel
$$

Коэффициенты в формулах eqref можно записать в таблицу:
$$
begin
a_<1>^<1>& a_<2>^<1>& a_<3>^<1>\
a_<1>^<2>& a_<2>^<2>& a_<3>^<2>\
a_<1>^<3>& a_<2>^<3>& a_<3>^<3>
endlabel
$$
Она называется матрицей перехода от базиса (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>) к базису (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>). В ее столбцах стоят компоненты векторов (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>) в старом базисе.

Изменение системы координат.

Рассмотрим теперь две декартовы системы координат: старую (O), (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>) и новую (O’), (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>). Пусть (M) — произвольная точка, и координаты ее в этих системах обозначены ((x), (y), (z)) и ((x’), (y’), (z’)). Поставим себе задачу выразить (x), (y) и (z) через (x’), (y’) и (z’), считая известным положение новой системы относительно старой. Оно определяется координатами ((a_<0>^<1>, a_<0>^<2>, a_<0>^<3>)) точки (O’) в системе координат (O), (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>) и компонентами векторов (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>), составляющими матрицу перехода eqref.

Радиус-векторы точки (M) относительно точек (O) и (O’) связаны равенством (overrightarrow = overrightarrow + overrightarrow), которое мы можем записать в виде
$$
overrightarrow = overrightarrow + x’boldsymbol> + y’boldsymbol> + z’boldsymbol>,label
$$
так как (x’), (y’) и (z’) — компоненты (overrightarrow) в базисе (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>). Разложим каждый член равенства eqref по базису (boldsymbol>), (boldsymbol>), (boldsymbol>), имея в виду, что компоненты векторов (overrightarrow) и (overrightarrow) равны координатам точек (M) и (O’), которые мы обозначили ((x), (y), (z)) и ((a_<0>^<1>, a_<0>^<2>, a_<0>^<3>)), Мы получим
$$
begin
& x = a_<0>^ <1>+ a_<1>^<1>x’ + a_<2>^<1>y’ + a_<3>^<1>z’,\
& y = a_<0>^ <2>+ a_<1>^<2>x’ + a_<2>^<2>y’ + a_<3>^<2>z’,\
& z = a_<0>^ <3>+ a_<1>^<3>x’ + a_<1>^<3>y’ + a_<1>^<3>z’.
endlabel
$$
Равенства eqref представляют собой закон преобразования координат точки при переходе от одной декартовой системы координат в пространстве к другой такой же системе.

Замена декартовой прямоугольной системы координат на плоскости.

Формулы перехода от одной декартовой системы координат на плоскости к другой получаются из eqref, если там оставить только первые два равенства и в них вычеркнуть члены с (z’):
$$
begin
& x = a_<1>^<1>x’ + a_<2>^<1>y’ + a_<0>^<1>,\
& y = a_<1>^<2>x’ + a_<2>^<2>y’ + a_<0>^<2>.
endlabel
$$

Рассмотрим частный случай, когда обе системы координат декартовы прямоугольные. Через (varphi) обозначим угол между векторами (boldsymbol>) и (boldsymbol>) отсчитываемый в направлении кратчайшего поворота от (boldsymbol>) к (boldsymbol>). Тогда (рис. 3.1)
$$
begin
& boldsymbol> = cos varphi boldsymbol> + sin varphi boldsymbol>,\
& boldsymbol> = cos left(varphi pm frac<pi><2>right) boldsymbol> + sin left(varphi pm frac<pi><2>right) boldsymbol>.
endnonumber
$$

Рис. 3.1

В разложении (boldsymbol>) ставится знак плюс, если кратчайший поворот от (boldsymbol>) к (boldsymbol>) направлен так же, как кратчайший поворот от (boldsymbol>) к (boldsymbol>), то есть если новый базис повернут относительно старого на угол (varphi). Знак минус в разложении (boldsymbol>) ставится в противоположном случае, когда новый базис не может быть получен поворотом старого.

Поскольку (displaystyle cos left(varphi pm frac<pi><2>right) = mp sin varphi), (displaystyle sin left(varphi pm frac<pi><2>right) = pm cos varphi), получаем
$$
begin
& x = x’ cos varphi mp y’ sin varphi + a_<0>^<1>,\
& y = x’ sin varphi pm y’ cos varphi + a_<0>^<2>.
endlabel
$$
причем при повороте системы координат берутся верхние знаки.

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

Пусть на плоскости задан ненулевой вектор , тогда для любого вектора , лежащего на этой же прямой, существует единственное вещественное число , такое, что

, (1)

При этом называют базисным вектором, – координатой относительно базиса .

Если на плоскости заданы два ненулевых, неколлинеарных вектора и , то для любого вектора , лежащего в этой же плоскости, существует единственная пара чисел и , таких, что

, (2)

При этом совокупность , называется базисом, – координатами относительно этого базиса. Подчеркнем, что так как и неколлинеарны, то они линейно независимы.

Если в пространстве заданы три ненулевых, некомпланарных (а, следовательно, линейно независимых) вектора , то для любого вектора существует единственная тройка чисел таких, что

, (3)

При этом совокупность называется базисом, – координатами относительно этого базиса.

Линейные комбинации вида (1), (2), (3) называют разложением вектора по базису.

Объединяя три случая, можно дать следующее определение:

Определение. Коэффициенты линейной комбинации, при помощи которой вектор выражается через базис, называются координатами вектора относительно этого базиса.

Теорема 5. Линейные операции над векторами сводятся к таким же операциям над их соответствующими координатами.

Введенные базисы на плоскости и в пространстве называют аффинными. Аффинный базис называется декартовым, если он состоит из единичных взаимно перпендикулярных векторов. Векторы декартова базиса обозначают . Координаты вектора относительно декартова базиса обозначают через .

Определение. Система, состоящая из произвольной точки 0 и векторного аффинного базиса пространства, называется аффинной системой координат этого пространства, точка 0 – начало аффинной системы координат.

Аффинная система координат называется декартовой, если ее векторный базис – декартов.

Определение. Радиус-вектором точки в аффинной или декартовой системе координат называется вектор , где – начало системы координат.

Определение. Координатами точки относительно некоторого базиса называются координаты ее радиус-вектора относительно этого базиса.

Теорема 6. Координаты вектора равны разностям соответствующих координат его конца и начала.

Пример 9. Заданы векторы и . Убедиться, что они коллинеарны и найти разложение по базису .

Решение. У коллинеарных векторов координаты пропорциональны. В нашем случае , следовательно, .

Пример 10. Относительно некоторого базиса даны векторы , и . Убедиться, что векторы и можно взять за базис и найти координаты в этом базисе.

Решение. Координаты и не пропорциональны, следовательно, не параллелен , значит, они линейно независимы и их можно принять за базис. Обозначим искомые координаты через и , тогда . По теореме 5 получим систему из которой находим ; .

Пример 11. В декартовом базисе заданы векторы , , и .

1. Найти координаты вектора в базисе .

2. Убедиться, что векторы образуют базис.

3. Найти координаты вектора в базисе и написать разложение по этому базису.

Решение. 1. Вектор является линейной комбинацией векторов , следовательно, или .

2. Базис состоит из линейно независимых векторов, значит линейная комбинация векторов обратится в только если все коэффициенты этой линейной комбинации равны нулю. Найдем эти коэффициенты из условия , Или . Так как – линейно независимы, то это равенство возможно, если все коэффициенты обратятся в : , следовательно, – линейно независимы и образуют базис.

3. Разложение вектора по базису имеет вид: , где – координаты вектора в этом базисе. По теореме 5 имеем:

Решая эту систему, найдем , т. е. , .

Пример 12. Вектор отложен от точки . Конец его оказался в точке . Найти координаты точки .

Решение. Обозначим координаты точки через . По теореме 6: , , , откуда .

Пример 13. Даны точки , . Найти значения и , при которых точка , лежит на прямой .

Решение. Векторы и коллинеарны, следовательно , откуда , .

Пример 14. Даны три последовательные вершины параллелограмма , , . Найти координаты четвертой вершины .

Решение. Пусть , тогда , . Так как , то их соответствующие координаты равны, поэтому , , . Откуда .

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.