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
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.
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 ${{T}_{e\to f}}$ 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 $e$:
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{array}{c|c|c|c}{{t}_{1,1}} & {{t}_{2,1}} & \cdots & {{t}_{n,1}} \\{{t}_{1,2}} & {{t}_{2,2}} & \cdots & {{t}_{n,1}} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\{{t}_{1,n}} & {{t}_{2,n}} & \cdots & {{t}_{n,n}} \\\end{array} \right]\]
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 ${{T}_{e\to f}}$.
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 ${{T}_{e\to f}}$, но сначала надо установить линейную независимость. Поэтому выполним элементарные преобразования строк:
\[\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\begin{matrix} \ \\ \ \\ -1\cdot \left[ 1 \right] \\ \end{matrix}\sim \left[ \begin{array}{crc} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ \end{array} \right]\begin{matrix} -2\cdot \left[ 2 \right] \\ \ \\ +2\cdot \left[ 2 \right] \\ \end{matrix}\sim \left[ \begin{array}{ccr} 1 & 0 & -6 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 7 \\ \end{array} \right]\]
\[\begin{align} & \left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\begin{matrix} \ \\ \ \\ -1\cdot \left[ 1 \right] \\ \end{matrix} \\ & \left[ \begin{array}{crc} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ \end{array} \right]\begin{matrix} -2\cdot \left[ 2 \right] \\ \ \\ +2\cdot \left[ 2 \right] \\ \end{matrix} \\ & \left[ \begin{array}{ccr} 1 & 0 & -6 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 7 \\ \end{array} \right] \\ \end{align}\]
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:
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
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 ${{T}_{e\to f}}$, поэтому всё произведение можно записать более компактно:
\[\left[ \begin{matrix} {{f}_{1}} & \cdots & {{f}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} {{e}_{1}} & \cdots & {{e}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\]
Мы разберём три простых свойства, а далее отдельным разделом будет ещё одно — уже более серьёзное.
Свойство 1. При переходе от базиса $e$ к этому же базису $e$ матрица перехода ${{T}_{e\to e}}=E$.
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:
\[\begin{align} {{f}_{1}} &={{e}_{1}}=1\cdot {{e}_{1}}+0\cdot {{e}_{2}}+\ldots +0\cdot {{e}_{n}} \\ {{f}_{2}} &={{e}_{2}}=0\cdot {{e}_{1}}+1\cdot {{e}_{2}}+\ldots +0\cdot {{e}_{n}} \\ &\cdots \\ {{f}_{n}} &={{e}_{n}}=0\cdot {{e}_{1}}+0\cdot {{e}_{2}}+\ldots +1\cdot {{e}_{n}} \\ \end{align}\]
Указанное выражение однозначно, поскольку $e$ — базис. Следовательно, матрица перехода равна
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{array}{c|c|c|c} 1 & 0 & \cdots& 0 \\ 0 & 1 & \cdots& 0 \\ \cdots& \cdots& \cdots& \cdots \\ 0 & 0 & \cdots& 1 \\ \end{array} \right]=E\]
Итак, ${{T}_{e\to f}}=E$, что и требовалось доказать.
Свойство 2. Если ${{T}_{e\to f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$, то ${{T}_{f\to e}}={{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}$ матрица обратного перехода, от базиса $f$ к базису $e$.
В самом деле, базисы $e$ и $f$ связаны с матрицей перехода по формуле
\[\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]=\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\]
Поскольку матрица ${{T}_{e\to f}}$ невырожденная, существует обратная к ней матрица ${{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}$. Домножим на эту матрицу обе части формулы, связывающей базисы $e$ и $f$:
\[\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]\cdot {{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}=\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\cdot {{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}\]
\[\begin{align}\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right] &\cdot {{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}= \\ &=\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\cdot {{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}} \\ \end{align}\]
Упрощаем эту формулу и получаем
\[\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]=\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]\cdot {{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}\]
Итак, мы получили формулу перехода от базиса $f$ к базису $e$. Следовательно, ${{\left( {{T}_{e\to f}} \right)}^{-1}}$ — матрица такого перехода, что и требовалось доказать.
Пусть ${{T}_{e\to f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$ линейного пространства $L$, а ${{T}_{f\to g}}$ — матрица перехода от базиса $f$ к базису $g$ того же линейного пространства $L$.
Тогда матрица перехода ${{T}_{e\to g}}$ от базиса $e$ к базису $g$ находится по формуле
\[{{T}_{e\to g}}={{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}}\]
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
\[\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]=\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\]
Кроме того, базис $g$ выражается через базис $f$ по формуле
\[\left[ {{g}_{1}},\ldots ,{{g}_{n}} \right]=\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]\cdot {{T}_{f\to g}}\]
Подставим первое выражение во второе и получим
\[\begin{align}\left[ {{g}_{1}},\ldots ,{{g}_{n}} \right] &=\left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]\cdot {{T}_{f\to g}}= \\ &=\left( \left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}} \right)\cdot {{T}_{f\to g}}= \\ & =\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot \left( {{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}} \right) \end{align}\]
\[\begin{align}& \left[ {{g}_{1}},\ldots ,{{g}_{n}} \right]= \\ =& \left[ {{f}_{1}},\ldots ,{{f}_{n}} \right]\cdot {{T}_{f\to g}}= \\ =& \left( \left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}} \right)\cdot {{T}_{f\to g}}= \\ =& \left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot \left( {{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}} \right) \end{align}\]
Мы получили прямое выражение базиса $g$ через базис $e$, причём матрица перехода равна
\[{{T}_{e\to g}}={{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}}\]
Это именно та формула, которую и требовалось доказать.
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:
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
\[\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]\cdot T\cdot \left[ \begin{align}& {{\lambda }_{1}} \\ & \cdots \\ & {{\lambda }_{n}} \\ \end{align} \right]=0\]
Поскольку $\left\{ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right\}$ — базис линейного пространства $L$, такое равенство возможно лишь при условии
\[T\cdot \left[ \begin{matrix} {{\lambda }_{1}} \\ \cdots \\ {{\lambda }_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} 0 \\ \cdots \\ 0 \\ \end{matrix} \right]\]
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.
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.
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 ${{T}_{e\to f}}$ — матрица перехода от базиса $e$ к $f$:
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{matrix}{{a}_{1,1}} & \cdots& {{a}_{1,n}} \\ \cdots& \cdots& \cdots \\ {{a}_{n,1}} & \cdots & {{a}_{n,n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Тогда координаты произвольного вектора $h\in L$ пересчитываются по формуле
\[{{\left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]}_{e}}={{T}_{e\to f}}\cdot {{\left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]}_{f}}\]
Ещё раз: если произвольный вектор $h\in L$ 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 $h\in L$ имеет координаты
\[{{\left[ h \right]}_{e}}=\left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]={{T}_{e\to f}}\cdot \left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Т.е. для векторов всё наоборот: не новые координаты выражаются через старые, а старые — через новые. Впрочем, никто не мешает найти матрицу $T_{e\to f}^{-1}$ и записать
\[\left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=T_{e\to f}^{-1}\cdot \left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Но такая запись предполагает дополнительное действие — нахождение обратной матрицы.
Сначала «соберём» матрицу ${{T}_{e\to f}}$. 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 ${{\left( A\cdot B \right)}^{T}}={{B}^{T}}\cdot {{A}^{T}}$:
\[\left[ \begin{matrix}{{f}_{1}} & \cdots & {{f}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} {{e}_{1}} & \cdots & {{e}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} {{a}_{1,1}} & {{a}_{1,2}} & \cdots & {{a}_{1,n}} \\ {{a}_{2,1}} & {{a}_{2,2}} & \cdots & {{a}_{2,n}} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ {{a}_{n,1}} & {{a}_{n,2}} & \cdots & {{a}_{n,n}} \\ \end{matrix} \right]\]
\[\left[ {{f}_{1}}\ \cdots \ {{f}_{n}} \right]=\left[ {{e}_{1}}\ \cdots \ {{e}_{n}} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} {{a}_{1,1}} & \cdots & {{a}_{1,n}} \\ \cdots & \cdots & \cdots \\ {{a}_{n,1}} & \cdots & {{a}_{n,n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Квадратная матрица справа — это и есть матрица перехода ${{T}_{e\to f}}$. Поэтому матричное уравнение можно переписать так:
\[\left[ \begin{matrix}{{f}_{1}} & \cdots& {{f}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix}{{e}_{1}} & \cdots& {{e}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\]
Теперь возьмём произвольный вектор $h\in L$ 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 ${{T}_{e\to f}}$. Подставим это выражение в наше матричное уравнение:
\[\left[ \begin{matrix} {{e}_{1}} & \cdots & {{e}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} {{e}_{1}} & \cdots & {{e}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\cdot \left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\]
\[\left[ {{e}_{1}}\ \cdots \ {{e}_{n}} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]=\left[ {{e}_{1}}\ \cdots \ {{e}_{n}} \right]\cdot {{T}_{e\to f}}\cdot \left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Уберём слева и справа первый множитель — строку $\left[ {{e}_{1}},\ldots ,{{e}_{n}} \right]$. Получим уравнение, связывающее координаты вектора в разных базисах:
\[\left[ \begin{matrix} {{x}_{1}} \\ \cdots \\ {{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right]={{T}_{e\to f}}\cdot \left[ \begin{matrix} {{y}_{1}} \\ \cdots \\ {{y}_{n}} \\ \end{matrix} \right]\]
Это именно та формула, которую и требовалось доказать.
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 ${{T}_{a\to b}}$. Найдите координаты в базисе $a$ вектора $x$, который в базисе $b$ имеет координаты ${{\left( 0,3,2 \right)}^{T}}$.
Чтобы доказать, что система векторов образует базис, достаточно составить матрицу $A$ из координат этих векторов, а затем вычислить её определитель $\det A$. И если $\det A\ne 0$, 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 ${{T}_{e\to a}}$ от некого исходного базиса $e$ (в котором как раз и даны координаты векторов ${{a}_{i}}$ и ${{b}_{i}}$ в условии задачи) к базису $a$:
\[{{T}_{e\to a}}=\left[ \begin{array}{ccr} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & -1 \\ 1 & 2 & 2 \\ \end{array} \right]\]
Определитель этой матрицы отличен от нуля:
\[\det {{T}_{e\to a}}=-1\ne 0\]
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 ${{T}_{e\to b}}$:
\[{{T}_{e\to b}}=\left[ \begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 2 \\ 1 & 3 & 1 \\ \end{array} \right]\]
Определитель этой матрицы вновь отличен от нуля:
\[\det {{T}_{e\to b}}=12\ne 0\]
Следовательно, $\left\{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} \right\}$ — тоже базис пространства ${{\mathbb{R}}^{3}}$.
Осталось найти матрицу перехода ${{T}_{a\to b}}$. Заметим, что эту матрицу можно выразить так:
\[\begin{align}{{T}_{a\to b}} &={{T}_{a\to e}}\cdot {{T}_{e\to b}}= \\ &={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}}\end{align}\]
Мы внедрили «транзитный» базис $e$ и вместо прямого перехода $a\to b$ рассмотрели цепочку $a\to e\to b$. Это стандартный и очень распространённый приём, но из-за этого появился новый элемент $T_{e\to a}^{-1}$ — матрица, обратная к ${{T}_{e\to a}}$. Найдём $T_{e\to a}^{-1}$ методом присоединённой матрицы:
\[\left[ {{T}_{e\to a}}|E \right]\sim \ldots \sim \left[ E|T_{e\to a}^{-1} \right]\]
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:
\[\left[ \begin{array}{ccr|ccc}1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 0 & 0 & 1 \\\end{array} \right]\begin{matrix} \, \\ -2\cdot \left[ 1 \right] \\ -1\cdot \left[ 1 \right] \\ \end{matrix}\]
Мы «зачистили» первый столбец. Теперь «зачистим» последний:
\[\left[ \begin{array}{crr|rcc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\begin{matrix} -1\cdot \left[ 3 \right] \\ +3\cdot \left[ 3 \right] \\ \, \\ \end{matrix}\]
Остался лишь средний. Разберёмся и с ним:
\[\left[ \begin{array}{crc|rcr} 1 & 2 & 0 & 2 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 & -5 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\begin{matrix} +2\cdot \left[ 2 \right] \\ |\cdot \left( -1 \right) \\ \, \\ \end{matrix}\]
Получили единичную матрицу слева от вертикальной черты. Значит, справа стоит искомая матрица $T_{e\to a}^{-1}$:
\[\left[ \begin{array}{ccc|rrr} 1 & 0 & 0 & -8 & 2 & 5 \\ 0 & 1 & 0 & 5 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\]
Теперь у нас есть всё, чтобы найти матрицу перехода ${{T}_{a\to b}}$:
\[{{T}_{a\to b}}={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}}=\left[ \begin{array}{rrr} -8 & 2 & 5 \\ 5 & -1 & -3 \\ -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 2 \\ 1 & 3 & 1 \\ \end{array} \right]\]
\[\begin{align}{{T}_{a\to b}} &={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}}= \\ &=\left[ \begin{array}{rrr} -8 & 2 & 5 \\ 5 & -1 & -3 \\ -1 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{crc} 1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 2 \\ 1 & 3 & 1 \\ \end{array} \right] \end{align}\]
После несложных вычислений получаем матрицу перехода от базиса $a$ к базису $b$:
\[{{T}_{a\to b}}=\left[ \begin{array}{rrr} 3 & 5 & -7 \\ -1 & -3 & 5 \\ 0 & 2 & -1 \\ \end{array} \right]\]
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:
\[{{\left[ x \right]}_{a}}={{T}_{a\to b}}\cdot {{\left[ x \right]}_{b}}\]
Подставляем в эту формулу матрицу ${{T}_{a\to b}}$ 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.
Можно найти матрицу ${{T}_{a\to b}}$ заметно быстрее, если использовать алгоритм решения матричных уравнений. Заметим, что нам требуется найти произведение
\[{{T}_{a\to b}}={{A}^{-1}}\cdot B\]
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 ${{T}_{a\to b}}$!
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.
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 $\mathbb{Z}_{5}^{3}$.
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 ${{T}_{e\to a}}$:
\[{{T}_{e\to a}}=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
Определитель $\det {{T}_{e\to a}}=1\ne 0$, 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 ${{T}_{e\to b}}$:
\[{{T}_{e\to b}}=\left[ \begin{matrix} 0 & 3 & 2 \\ 4 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
Определитель $\det {{T}_{e\to b}}=4\ne 0$, поэтому $\left\{ {{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}} \right\}$ — базис.
Выразим искомую матрицу ${{T}_{a\to b}}$ через «транзитный» базис $e$:
\[\begin{align}{{T}_{a\to b}} &={{T}_{a\to e}}\cdot {{T}_{e\to b}}= \\ &={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}} \end{align}\]
Найдём $T_{e\to a}^{-1}$ 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 $T_{e\to a}^{-1}$:
\[T_{e\to a}^{-1}=\left[ \begin{matrix} 4 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \\ \end{matrix} \right]\]
Осталось вычислить искомую матрицу перехода ${{T}_{a\to b}}$:
\[{{T}_{a\to b}}={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}}=\left[ \begin{matrix} 4 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} 0 & 3 & 2 \\ 4 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} 2 & 2 & 1 \\ 0 & 4 & 4 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
\[\begin{align}{{T}_{a\to b}} &={{\left( {{T}_{e\to a}} \right)}^{-1}}\cdot {{T}_{e\to b}}= \\ &=\left[ \begin{matrix} 4 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 4 \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} 0 & 3 & 2 \\ 4 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ \end{matrix} \right]= \\ &=\left[ \begin{matrix} 2 & 2 & 1 \\ 0 & 4 & 4 \\ 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix} \right] \end{align}\]
По аналогии с предыдущей задачей, матрицу ${{T}_{a\to b}}$ 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.
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 ${{T}_{e\to f}}$. Разложите по степеням $\left( t-1 \right)$ многочлен ${{\left( t+1 \right)}^{2}}+\left( t+1 \right)+1$.
Стандартным базисом в пространстве многочленов является система многочленов $p=\left\{ {{p}_{1}},{{p}_{2}},{{p}_{3}} \right\}$, где
\[{{p}_{1}}=1\quad {{p}_{2}}=t\quad {{p}_{3}}={{t}^{2}}\]
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 ${{T}_{p\to e}}$ выглядит так:
\[{{T}_{p\to e}}=\left[ \begin{array}{crr} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\]
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 ${{T}_{p\to f}}$:
\[{{T}_{p\to f}}=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
Обе матрицы оказались верхнетреугольными, их определители отличны от нуля:
\[\begin{align} \det {{T}_{p\to e}} &=1\cdot 1\cdot 1=1 \\ \det {{T}_{p\to f}} &=1\cdot 1\cdot 1=1 \\ \end{align}\]
Следовательно системы многочленов $e$ и $f$ действительно являются базисами пространства ${{P}_{3}}$.
Теперь найдём матрицу перехода ${{T}_{e\to f}}$. 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:
\[\begin{align}{{f}_{3}} &={{\left( t+1 \right)}^{2}}= \\ &={{\left( t-1 \right)}^{2}}+4t= \\ &={{\left( t-1 \right)}^{2}}+4\left( t-1 \right)+4= \\ &={{e}_{3}}+4{{e}_{2}}+4{{e}_{1}} \end{align}\]
Итого матрица перехода ${{T}_{e\to f}}$ примет вид
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\]
Теперь разложим многочлен ${{\left( t+1 \right)}^{2}}+\left( t+1 \right)+1$ по базису $e$. Сначала перепишем этот многочлен так:
\[\begin{align}h\left( t \right) &=1+\left( t+1 \right)+{{\left( t+1 \right)}^{2}}= \\ &={{f}_{1}}+{{f}_{2}}+{{f}_{3}} \end{align}\]
Следовательно, в базисе $f$ многочлен $h\left( t \right)$ имеет координаты ${{\left( 1,1,1 \right)}^{T}}$. Но тогда по теореме о замене координат этот же многочлен в базисе $e$ имеет координаты
\[{{\left[ h \right]}_{e}}={{T}_{e\to f}}\cdot {{\left[ h \right]}_{f}}=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} 7 \\ 5 \\ 1 \\ \end{matrix} \right]\]
\[\begin{align}{{\left[ h \right]}_{e}} &={{T}_{e\to f}}\cdot {{\left[ h \right]}_{f}}= \\ &=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right]\cdot \left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} 7 \\ 5 \\ 1 \\ \end{matrix} \right] \end{align}\]
Другими словами, многочлен $h\left( t \right)$ имеет вид
\[h\left( t \right)={{\left( t-1 \right)}^{2}}+5\left( t-1 \right)+7\]
Это и есть искомое разложение многочлена ${{\left( t+1 \right)}^{2}}+\left( t+1 \right)+1$ по степеням $\left( t-1 \right)$.
Искомое разложение можно получить и без привлечения матриц перехода. Достаточно применить схему Горнера или выделить нужные степени напрямую:
\[\begin{align}h\left( t \right) &={{\left( t+1 \right)}^{2}}+\left( t+1 \right)+1= \\ &={{\left( t-1 \right)}^{2}}+4t+t+1+1= \\ &={{\left( t-1 \right)}^{2}}+5\left( t-1 \right)+5+2= \\ &={{\left( t-1 \right)}^{2}}+5\left( t-1 \right)+7 \end{align}\]
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.
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 ${{T}_{a\to b}}$.
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:
\[\begin{align}{{a}_{2}}={{\left( 1,1,-1 \right)}^{T}} &\Rightarrow 2\cdot 1+1+3\cdot \left( -1 \right)=0 \\ {{a}_{3}}={{\left( 2,-1,-1 \right)}^{T}} &\Rightarrow 2\cdot 2-1+3\cdot \left( -1 \right)=0 \\ \end{align}\]
\[\begin{align}{{a}_{2}}=&{{\left( 1,1,-1 \right)}^{T}}\Rightarrow \\ & \Rightarrow 2\cdot 1+1+3\cdot \left( -1 \right)=0 \\ {{a}_{3}}=&{{\left( 2,-1,-1 \right)}^{T}}\Rightarrow \\ & \Rightarrow 2\cdot 2-1+3\cdot \left( -1 \right)=0 \\ \end{align}\]
Следовательно, при симметрии эти векторы переходят сами в себя: ${{b}_{2}}={{a}_{2}}$, ${{b}_{3}}={{a}_{3}}$. Матрица перехода имеет вид
\[{{T}_{a\to b}}=\left[ \begin{array}{rcc} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right]\]
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:
\[\left( a,b \right)=\left| a \right|\cdot \left| b \right|\cdot \cos \alpha \]
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.
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 ${{T}_{e\to g}}$. Найдите в базисе $e$ координаты вектора $h$, который в новом базисе $g$ имеет координаты $\left( 1,1,1 \right)$.
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
\[{{T}_{e\to f}}=\left[ \begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{array} \right]\]
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
\[{{T}_{f\to g}}=\left[ \begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]\]
Теперь мы можем найти матрицу ${{T}_{e\to g}}$ через транзитный базис $f$:
\[{{T}_{e\to g}}={{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}}=\left[ \begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]=\left[ \begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]\]
\[\begin{align}{{T}_{e\to g}} &={{T}_{e\to f}}\cdot {{T}_{f\to g}}= \\ &=\left[ \begin{array}{ccr} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{ccr} 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right]= \\ &=\left[ \begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right] \end{align}\]
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
\[{{\left[ h \right]}_{e}}={{T}_{e\to g}}\cdot {{\left[ h \right]}_{g}}=\left[ \begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right].\left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{array}{r} 1 \\ -1 \\ -1 \\ \end{array} \right]\]
\[\begin{align}{{\left[ h \right]}_{e}} &={{T}_{e\to g}}\cdot {{\left[ h \right]}_{g}}= \\ &=\left[ \begin{array}{rcr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right].\left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \right]=\left[ \begin{array}{r} 1 \\ -1 \\ -1 \\ \end{array} \right] \end{align}\]
Итак, мы нашли матрицу перехода ${{T}_{e\to g}}$ и координаты вектора $h$ в исходном базисе. Задача решена.
