Lineáris függés és függetlenség. Lineáris függés és függetlenség, tulajdonságok, a lineáris függés vektorrendszerének vizsgálata, példák és megoldások Lineáris függetlenségi tétel

1. lemma : Ha egy n n méretű mátrixban legalább egy sor (oszlop) nulla, akkor a mátrix sorai (oszlopai) lineárisan függőek.

Bizonyíték: Legyen tehát az első sor nulla

Ahol egy 10. Erre volt szükség.

Meghatározás: Olyan mátrixot nevezünk, amelynek a főátló alatti elemei egyenlők nullával háromszög alakú:

és ij = 0, i>j.

2. lemma: A háromszög alakú mátrix determinánsa megegyezik a főátló elemeinek szorzatával.

A bizonyítás könnyen végrehajtható a mátrix dimenzióján történő indukcióval.

Tétel vektorok lineáris függetlenségéről.

A)Szükségesség: lineárisan függő D=0 .

Bizonyíték: Legyenek lineárisan függőek, j=,

vagyis vannak olyan j-ek, amelyek nem egyenlők nullával, j= , Mit a 1 A 1 + a 2 A 2 + ... a n A n = , A j – mátrixoszlopok A. Legyen pl. a n¹0.

Nekünk van a j * = a j / a n , j£ n-1a 1 * A 1 + a 2 * A 2 + ... a n -1 * A n -1 + A n = .

Cseréljük ki a mátrix utolsó oszlopát A tovább

A n * = a 1 * A 1 + a 2 * A 2 + ... a n -1 A n -1 + A n = .

A determináns fent bizonyított tulajdonsága szerint (nem fog változni, ha a mátrix másik oszlopát egy oszlophoz hozzáadjuk, megszorozva egy számmal), az új mátrix determinánsa megegyezik a mátrix determinánsával. eredeti. De az új mátrixban az egyik oszlop nulla, ami azt jelenti, hogy a determinánst ezen az oszlopon kibővítve kapjuk D=0, Q.E.D.

b)Megfelelőség: Méretmátrix n nlineárisan független sorokkal Mindig háromszög alakúra redukálható olyan transzformációk segítségével, amelyek nem változtatják meg a determináns abszolút értékét. Ráadásul az eredeti mátrix sorainak függetlenségéből az következik, hogy a determinánsa nulla.

1. Ha a méretmátrixban n n lineárisan független sorok elemmel egy 11 egyenlő nullával, akkor az oszlop, amelynek eleme a 1 j ¹ 0. Az 1. lemma szerint létezik ilyen elem. A transzformált mátrix determinánsa csak előjelben térhet el az eredeti mátrix determinánsától.

2. Számokat tartalmazó sorokból i>1 kivonjuk az első sort szorozva törttel a i 1 /a 11. Sőt, a sorok első oszlopában számokkal i>1 nulla elemet fog kapni.

3. Kezdjük a kapott mátrix determinánsának kiszámítását úgy, hogy az első oszlopra bontjuk. Mivel az első kivételével minden eleme nulla,

D új = a 11 új (-1) 1+1 D 11 új,

Ahol d 11 új egy kisebb méretű mátrix meghatározója.

Ezután a determináns kiszámításához D 11 ismételje meg az 1., 2., 3. lépéseket, amíg az utolsó determináns a méretmátrix determinánsa nem lesz 1 1. Mivel az 1. lépés csak a transzformálandó mátrix determinánsának előjelét, a 2. lépés pedig egyáltalán nem változtatja meg a determináns értékét, így az előjelig végső soron az eredeti mátrix determinánsát kapjuk meg. Ebben az esetben, mivel az eredeti mátrix sorainak lineáris függetlensége miatt az 1. lépés mindig teljesül, a főátló minden eleme nem lesz egyenlő nullával. Így a végső determináns a leírt algoritmus szerint egyenlő a főátlón lévő nullától eltérő elemek szorzatával. Ezért az eredeti mátrix determinánsa nem egyenlő nullával. Q.E.D.

2. függelék

Az alábbiakban több kritériumot adunk a vektorrendszerek lineáris függésére és ennek megfelelően lineáris függetlenségére.

Tétel. (A vektorok lineáris függésének szükséges és elégséges feltétele.)

Egy vektorrendszer akkor és csak akkor függ, ha a rendszer egyik vektora lineárisan fejeződik ki a rendszer többi vektorán keresztül.

Bizonyíték. Szükségesség. Legyen a rendszer lineárisan függő. Ekkor definíció szerint nem triviálisan reprezentálja a nulla vektort, azaz. ennek a vektorrendszernek van egy nem triviális kombinációja, amely egyenlő a nulla vektorral:

ahol ennek a lineáris kombinációnak legalább az egyik együtthatója nem egyenlő nullával. Hagyjuk, .

Osszuk el az előző egyenlőség mindkét oldalát ezzel a nem nulla együtthatóval (azaz szorozzuk meg:

Jelöljük: , ahol .

azok. a rendszer egyik vektora lineárisan fejeződik ki ennek a rendszernek a többiein stb.

Megfelelőség. Legyen a rendszer egyik vektora lineárisan kifejezve a rendszer többi vektorán keresztül:

Mozgassuk a vektort ettől az egyenlőségtől jobbra:

Mivel a vektor együtthatója egyenlő -val, akkor a nullát nemtriviálisan ábrázoljuk egy vektorrendszerrel, ami azt jelenti, hogy ez a vektorrendszer lineárisan függő stb.

A tétel bizonyítást nyert.

Következmény.

1. Egy vektortérben lévő vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan független, ha a rendszer egyik vektora sem fejeződik ki lineárisan ennek a rendszernek a többi vektorával.

2. Egy nulla vektort vagy két egyenlő vektort tartalmazó vektorrendszer lineárisan függő.

Bizonyíték.

1) Szükségszerűség. Legyen a rendszer lineárisan független. Tegyük fel az ellenkezőjét, és van a rendszernek egy vektora, amely lineárisan fejeződik ki ennek a rendszernek a többi vektorain keresztül. Ekkor a tétel szerint a rendszer lineárisan függő, és ellentmondáshoz jutunk.

Megfelelőség. A rendszer egyik vektorát se fejezzük ki a többi vektorral. Tegyük fel az ellenkezőjét. Legyen a rendszer lineárisan függő, de akkor a tételből az következik, hogy van a rendszernek egy vektora, amely ennek a rendszernek a többi vektorán keresztül lineárisan kifejeződik, és ismét ellentmondáshoz jutunk.

2a) Legyen a rendszerben egy nulla vektor. A határozottság kedvéért tegyük fel, hogy a : vektor. Akkor nyilvánvaló az egyenlőség

azok. a rendszer egyik vektora lineárisan fejeződik ki ennek a rendszernek a többi vektorán keresztül. A tételből következik, hogy egy ilyen vektorrendszer lineárisan függő stb.

Megjegyezzük, hogy ez a tény közvetlenül igazolható egy lineárisan függő vektorrendszerből.

Mivel , a következő egyenlőség nyilvánvaló

Ez a nulla vektor nem triviális reprezentációja, ami azt jelenti, hogy a rendszer lineárisan függ.

2b) Legyen a rendszernek két egyenlő vektora. Engedd érte. Akkor nyilvánvaló az egyenlőség

Azok. az első vektort lineárisan fejezzük ki ugyanazon rendszer többi vektorán keresztül. A tételből következik, hogy ez a rendszer lineárisan függő stb.

Az előzőhöz hasonlóan ez az állítás közvetlenül igazolható egy lineárisan függő rendszer definíciójával. Ekkor ez a rendszer nem triviálisan reprezentálja a nulla vektort

ahonnan a rendszer lineáris függése következik.

A tétel bizonyítást nyert.

Következmény. Egy vektorból álló rendszer akkor és csak akkor lineárisan független, ha ez a vektor nem nulla.

Hadd L – lineáris tér a mező felett R . Hadd А1, а2, …, аn (*) véges vektorrendszer -ból L . Vektor BAN BEN = a1× A1 + a2× A2 + … + an× An (16) hívják vektorok lineáris kombinációja ( *), vagy azt mondják, hogy vektor BAN BEN vektorrendszeren keresztül lineárisan kifejezve (*).

14. definíció. A (*) vektorrendszert ún Lineárisan függő , akkor és csak akkor, ha létezik az a1, a2, … együtthatók nullától eltérő halmaza, olyan, hogy a1× A1 + a2× A2 + … + an× An = 0. Ha a1× A1 + a2× A2 + … + an× An = 0 Û a1 = a2 = … = an = 0, akkor a (*) rendszer meghívásra kerül Lineárisan független.

A lineáris függés és függetlenség tulajdonságai.

10. Ha egy vektorrendszer nulla vektort tartalmaz, akkor az lineárisan függő.

Valóban, ha a (*) rendszerben a vektor A1 = 0, Ez 1× 0 + 0× A2 + … + 0 × Аn = 0 .

20. Ha egy vektorrendszer két arányos vektort tartalmaz, akkor lineárisan függő.

Hadd A1 = L×a2. Aztán 1× A1 –l× A2 + 0× A3 + … + 0× A N= 0.

30. Egy véges vektorrendszer (*) n ³ 2-re akkor és csak akkor lineárisan függ, ha legalább egy vektora a rendszer többi vektorának lineáris kombinációja.

Þ Legyen (*) lineárisan függő. Ekkor van egy nullától eltérő a1, a2, …, an együtthatók, amelyekre a1× A1 + a2× A2 + … + an× An = 0 . Az általánosság elvesztése nélkül feltételezhetjük, hogy a1 ¹ 0. Akkor létezik A1 = ×a2× A2 + … + ×an× A N. Szóval, vektor A1 a fennmaradó vektorok lineáris kombinációja.

Ü Legyen az egyik vektor (*) a többi vektor lineáris kombinációja. Feltételezhetjük, hogy ez az első vektor, azaz. A1 = B2 A2+ … + milliárd A N, tehát (–1)× A1 + b2 A2+ … + milliárd A N= 0 , azaz a (*) lineárisan függő.

Megjegyzés. Az utolsó tulajdonságot felhasználva meghatározhatjuk egy végtelen vektorrendszer lineáris függését és függetlenségét.

15. definíció. Vektoros rendszer А1, а2, …, аn , … (**) nak, nek hívják Lineárisan függő, Ha legalább egy vektora valamilyen véges számú másik vektor lineáris kombinációja. Ellenkező esetben a rendszer (**) meghívásra kerül Lineárisan független.

40. Egy véges vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan független, ha egyetlen vektora sem fejezhető ki lineárisan a fennmaradó vektoraival.

50. Ha egy vektorrendszer lineárisan független, akkor bármelyik alrendszere is lineárisan független.

60. Ha egy adott vektorrendszer valamely alrendszere lineárisan függő, akkor az egész rendszer is lineárisan függő.

Legyen két vektorrendszer adott А1, а2, …, аn , … (16) és В1, В2, …, Вs, … (17). Ha a (16) rendszer minden vektora a (17) rendszer véges számú vektorának lineáris kombinációjaként ábrázolható, akkor a (17) rendszerről azt mondjuk, hogy a (16) rendszeren keresztül lineárisan fejeződik ki.

16. definíció. A két vektorrendszert ún Egyenértékű , ha mindegyiket lineárisan fejezzük ki a másikon keresztül.

9. tétel (alapvető lineáris függési tétel).

Hadd legyen – két véges vektorrendszerből L . Ha az első rendszer lineárisan független és a másodikon keresztül lineárisan fejeződik ki, akkor N£s.

Bizonyíték. Tegyünk úgy, mintha N> S. A tétel feltételei szerint

közös Mivel az egyenletek száma nagyobb, mint az ismeretlenek száma, a rendszernek végtelen sok megoldása van. Ezért van egy nem nulla X10, x20, …, xN0. Ezekre az értékekre a (18) egyenlőség lesz igaz, ami ellentmond annak, hogy a vektorrendszer lineárisan független. Tehát a feltevésünk téves. Ennélfogva, N£s.

Következmény. Ha két ekvivalens vektorrendszer véges és lineárisan független, akkor ugyanannyi vektort tartalmaznak.

17. meghatározás. A vektorrendszert ún Maximális lineárisan független vektorrendszer Lineáris tér L , ha lineárisan független, de ha tetszőleges vektort adunk hozzá L , amely nem szerepel ebben a rendszerben, lineárisan függővé válik.

10. tétel. Tetszőleges két véges maximális lineárisan független vektorrendszer L Tartalmazzon ugyanannyi vektort.

Bizonyíték Ebből következik, hogy bármely két maximálisan lineárisan független vektorrendszer ekvivalens .

Könnyű bizonyítani, hogy bármely lineárisan független térvektorrendszer L ebben a térben egy maximális lineárisan független vektorrendszerré bővíthető.

Példák:

1. Az összes kollineáris geometriai vektor halmazában bármely rendszer, amely egy nem nulla vektorból áll, maximálisan lineárisan független.

2. Az összes koplanáris geometriai vektor halmazában bármely két nem kollineáris vektor alkot egy maximális lineárisan független rendszert.

3. A háromdimenziós euklideszi tér összes lehetséges geometriai vektorának halmazában bármely három nem egysíkú vektorból álló rendszer maximálisan lineárisan független.

4. Az összes polinom halmazában a fokok nem magasabbak, mint N Valós (komplex) együtthatókkal, polinomrendszerrel 1, x, x2, … , xn Maximálisan lineárisan független.

5. Az összes valós (komplex) együtthatós polinom halmazában a maximális lineárisan független rendszer példái

A) 1, x, x2, ... , xn, ... ;

b) 1, (1 – x), (1 – x)2, … , (1 – x)N,...

6. Méretmátrixok halmaza M´ N egy lineáris tér (ellenőrizd ezt). Egy maximális lineárisan független rendszerre példa ebben a térben a mátrixrendszer E11= , E12 =, …, EMn = .

Legyen adott egy vektorrendszer C1, c2, …, vö (*). A vektorok alrendszerét (*) nevezzük Maximum lineárisan független Alrendszer Rendszerek ( *) , ha lineárisan független, de ha a rendszer bármely más vektorát hozzáadjuk hozzá, akkor lineárisan függővé válik. Ha a (*) rendszer véges, akkor bármelyik maximális lineárisan független alrendszere ugyanannyi vektort tartalmaz. (Bizonyítsd be magad). A rendszer maximális lineárisan független alrendszerében (*) lévő vektorok számát hívjuk Rang Ez a rendszer. Nyilvánvaló, hogy az ekvivalens vektorrendszerek azonos rangokkal rendelkeznek.

1. Tétel (Az ortogonális vektorok lineáris függetlenségéről). Legyen Ekkor a vektorrendszer lineárisan független.

Készítsünk egy ∑λ i x i =0 lineáris kombinációt, és vegyük figyelembe a skaláris szorzatot (x j , ∑λ i x i)=λ j ||x j || 2 =0, de ||x j || 2 ≠0⇒λ j =0.

1. definíció. Vektoros rendszervagy (e i ,e j)=δ ij - Kronecker szimbólum, ortonormálisnak (ONS) nevezik.

2. definíció. Egy tetszőleges végtelen dimenziós euklideszi tér tetszőleges x eleméhez és egy tetszőleges ortonormális elemrendszerhez egy x elem Fourier-sorát a rendszeren a forma formálisan összeállított végtelen összegének (sorozatának) nevezzük. , amelyben a λ i valós számokat a rendszer x elemének Fourier-együtthatóinak nevezzük, ahol λ i =(x,e i).

Egy komment. (Természetesen felmerül a kérdés ennek a sorozatnak a konvergenciájáról. A probléma vizsgálatához rögzítünk egy tetszőleges n számot, és megtudjuk, mi különbözteti meg a Fourier-sor n-edik részösszegét az ortonormális rendszer első n elemének bármely más lineáris kombinációjától.)

2. tétel. Bármely n rögzített szám esetén az alak összes összege közül az elem Fourier-sorának n-edik részösszege tér el a legkisebb mértékben az x elemtől egy adott euklideszi tér normája szerint.

A rendszer ortonormalitását és a Fourier-együttható definícióját figyelembe véve írhatunk

Ennek a kifejezésnek a minimuma akkor érhető el, ha c i =λ i, mivel ebben az esetben a jobb oldali nemnegatív első összeg mindig eltűnik, és a többi tag nem függ c i-től.

Példa. Tekintsük a trigonometrikus rendszert

az összes f(x) Riemann-integrálható függvény terében a [-π,π] szakaszon. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez egy ONS, és ekkor az f(x) függvény Fourier-sorozatának alakja ahol .

Egy komment. (A trigonometrikus Fourier-sort általában a formában írják Akkor )

Egy tetszőleges ONS egy végtelen dimenziós euklideszi térben további feltevések nélkül, általában véve, nem alapja ennek a térnek. Intuitív szinten, szigorú definíciók megadása nélkül, leírjuk a dolog lényegét. Egy tetszőleges végtelen dimenziós Euklideszi térben tekintsük az ONS-t, ahol (e i ,e j)=δ ij a Kronecker-szimbólum. Legyen M az euklideszi tér altere, és k=M ⊥ egy M-re merőleges altér úgy, hogy E=M+M ⊥ euklideszi tér. Az x∈E vektor vetülete az M altérre a ∈M vektor, ahol

Megkeressük az α k tágulási együtthatók azon értékeit, amelyekre a maradék (maradék négyzet) h 2 =||x-|| 2 lesz a minimum:

h 2 =||x-|| 2 =(x-,x-)=(x-∑α k e k,x-∑α k e k)=(x,x)-2∑α k (x,e k)+(∑α k e k, ∑α k e k)= ||x|| 2 -2∑α k (x,e k)+∑α k 2 +∑(x,e k) 2 -∑(x,e k) 2 =||x|| 2 +∑(α k -(x,e k)) 2 -∑(x,e k) 2 .

Nyilvánvaló, hogy ez a kifejezés minimális értéket vesz fel α k =0-nál, ami triviális, és α k =(x,e k-nél). Ekkor ρ min =||x|| 2 -∑α k 2 ≥0. Innen megkapjuk a ∑α k 2 ||x|| Bessel-egyenlőtlenséget 2. ρ=0-nál a vektorok ortonormális rendszerét (ONS) teljes ortonormális rendszernek nevezzük Steklov értelemben (PONS). Innen megkaphatjuk a Steklov-Parseval egyenlőséget ∑α k 2 =||x|| 2 - a „Pitagorasz-tétel” végtelen dimenziós euklideszi terekre, amelyek Szteklov értelmében teljesek. Most azt kellene bizonyítanunk, hogy ahhoz, hogy a térben bármely vektor egyedileg ábrázolható legyen a hozzá konvergáló Fourier-sor formájában, szükséges és elegendő a Steklov-Parseval egyenlőség érvényre juttatása. A vektorok rendszere pic=""> A vektorok rendszere Tekintsük a sorozat parciális összegét? Akkor mint egy konvergens sorozat farka. Így a vektorok rendszere egy PONS és egy ONB-t alkot.

Példa. Trigonometrikus rendszer

az összes Riemann-integrálható függvény terében f(x) a [-π,π] szakaszon egy PONS és egy ONB-t alkot.

A függvényeket ún lineárisan független, Ha

(csak a nullával azonos triviális lineáris kombináció megengedett). A vektorok lineáris függetlenségével ellentétben itt a lineáris kombináció megegyezik a nullával, és nem egyenlő. Ez érthető, hiszen a lineáris kombináció nullával való egyenlőségének az argumentum bármely értékére teljesülnie kell.

A függvényeket ún lineárisan függő, ha van egy nullától eltérő konstanshalmaz (nem minden konstans egyenlő nullával), így (van egy nem triviális lineáris függvénykombináció, amely azonos nullával).

Tétel.Ahhoz, hogy a függvények lineárisan függőek legyenek, szükséges és elegendő, hogy bármelyiket lineárisan fejezzük ki a többien keresztül (a lineáris kombinációjukként ábrázolva).

Bizonyítsa be ezt a tételt ugyanúgy, mint a vektorok lineáris függőségére vonatkozó hasonló tételt.

Vronszkij meghatározója.

A függvények Wronski-determinánsát olyan determinánsként vezetjük be, amelynek oszlopai ezeknek a függvényeknek a származékai nullától (maguk a függvények) az n-1. rendig.

.

Tétel. Ha a funkciók akkor lineárisan függőek

Bizonyíték. Mivel a funkciók lineárisan függőek, akkor bármelyikük lineárisan fejeződik ki a többien keresztül, pl.

Az identitás megkülönböztethető, tehát

Ekkor a Wronski-determináns első oszlopa lineárisan kifejeződik a többi oszlopon keresztül, így a Wronski-determináns azonosan egyenlő nullával.

Tétel.Ahhoz, hogy egy n-edrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldásai lineárisan függőek legyenek, szükséges és elegendő, hogy.

Bizonyíték. A szükségesség az előző tételből következik.

Megfelelőség. Javítsunk egy pontot. Mivel , az ezen a ponton számított determináns oszlopai lineárisan függő vektorok.

, hogy a kapcsolatok elégedettek

Mivel egy lineáris homogén egyenlet megoldásainak lineáris kombinációja a megoldása, bevezethetjük a következő alakú megoldást:

Azonos együtthatójú megoldások lineáris kombinációja.

Megjegyezzük, hogy ez a megoldás nulla kezdeti feltételt teljesít, ez a fent leírt egyenletrendszerből következik. De egy lineáris homogén egyenlet triviális megoldása is kielégíti ugyanazt a nulla kezdeti feltételt. Ezért Cauchy tételéből az következik, hogy a bevezetett megoldás azonos a triviális megoldással, ezért

ezért a megoldások lineárisan függőek.

Következmény.Ha egy lineáris homogén egyenlet megoldásaira épülő Wronski-determináns legalább egy ponton eltűnik, akkor az azonosan egyenlő nullával.

Bizonyíték. Ha , akkor a megoldások lineárisan függenek, ezért .

Tétel.1. A megoldások lineáris függéséhez szükséges és elégséges(vagy ).

2. A megoldások lineáris függetlenségéhez szükséges és elégséges.

Bizonyíték. Az első állítás a fent bizonyított tételből és következményből következik. A második állítás könnyen ellentmondással igazolható.

Legyenek a megoldások lineárisan függetlenek. Ha , akkor a megoldások lineárisan függenek. Ellentmondás. Ennélfogva, .

Hadd . Ha a megoldások lineárisan függőek, akkor , tehát ellentmondás. Ezért a megoldások lineárisan függetlenek.

Következmény.A Wronski-determináns legalább egy pontban való eltűnése a megoldások lineáris függésének kritériuma egy lineáris homogén egyenlettől.

A Wronski-determináns és a nulla közötti különbség a lineáris homogén egyenlet megoldásainak lineáris függetlenségének kritériuma.

Tétel.Egy n-edrendű lineáris homogén egyenlet megoldásterének dimenziója egyenlő n-nel.

Bizonyíték.

a) Mutassuk meg, hogy egy n-edrendű lineáris homogén differenciálegyenletnek n lineárisan független megoldása létezik. Nézzük a megoldásokat , amely eleget tesz a következő kezdeti feltételeknek:

...........................................................

Vannak ilyen megoldások. Valóban, Cauchy tétele szerint a ponton keresztül egyetlen integrálgörbén halad át – a megoldáson. A ponton keresztül a megoldás áthalad a ponton

- megoldás, egy ponton keresztül - megoldás.

Ezek a megoldások lineárisan függetlenek, hiszen .

b) Mutassuk meg, hogy egy lineáris homogén egyenlet bármely megoldása ezeken a megoldásokon keresztül lineárisan kifejeződik (ez a lineáris kombinációjuk).

Nézzünk két megoldást. Egy - tetszőleges megoldás kezdeti feltételekkel . Tisztességes arány