Рубрика: Курсовая работа

Материалы к написанию курсовых работ

Кратные корни многочлена

При рассмотрении вопроса о корнях многочлена, особо выделяют понятие кратных корней.

Определение. Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ ($P\left[x\right]$ — множество всех многочленов от буквы $x$ над полем $P$) и $\alpha$, где $\alpha$ — корень многочлена $f\left(x\right)$. Элемент $\alpha$ назовем $k$-кратным ($k \in \mathbb {N}$, $k>1$) корнем многочлена, если имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^k f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0.$$

Принято рассматривать понятие кратного корня для $k>1$. Если же $f\left(x\right)$ можно представить следующим образом: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется простым (однократным) корнем многочлена$f\left(x\right)$. Если для $f\left(x\right)$ имеет место следующее равенство: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется двукратным корнем многочлена $f\left(x\right)$. Аналогично, существуют корни трехкратные, четырехкратные и так далее.

Часто условие $f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$ заменяют на $f_{1}\left(x\right)\,\bar\vdots\,(x-\alpha)$. Эквивалентность этих условий вытекает из следствий теоремы Безу. Тогда, набор условий, что $f(x)\,\vdots\,\left(x-\alpha\right)^k$, но $f(x)\,\bar\vdots\,\left(x-\alpha\right)^{k+1}$ эквивалентен тому, что $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$.

Процесс нахождения кратности корня

Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ и его корень $\alpha$ ( $\deg f\left(x\right) > 0$). Рассмотрим задачу о нахождении кратности корня $\alpha$.

Так как $\alpha$ — корень $f\left(x\right)$, то имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)f_{1}\left(x\right).$$ Тогда, если $\alpha$ не является корнем $f_{1}\left(x\right)$ ($f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$), то, по определению, $\alpha$ — простой корень многочлена $f\left(x\right)$. В противном случае, $\alpha$ — $k$-кратный ($k \in \mathbb {N}$, $k > 1 $) корень $f\left(x\right)$. Задача сводится к нахождению $k-1$, то есть к нахождению кратности корня $f_{1}\left(x\right)$, где $\deg f_{1}\left(x\right) = \deg f\left(x\right) — 1$. Учитывая, что $\deg f\left(x\right) > 0$, то повторение такого алгоритма решает задачу. Для этого используется алгоритм Горнера.

Стоит упомянуть, что иногда удобней пользоваться критерием кратности корня.

Примеры решения задач

  1. Пусть задан многочлен $f\left(x\right)=x^3-3x^2+4$. Определить, является ли $2$ корнем многочлена $f(x)$. В случае положительного ответа найти его кратность.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера. Стоит обратить внимание на то, что хоть и слагаемое вида $a_{1}x^1$ отсутствует в записи, но нулевой коэффициент необходимо не забыть занести в таблицу.

    $1$ $-3$ $0$ $4$
    $2$ $1$ $-1$ $-2$ $0$
    $2$ $1$ $1$ $0$
    $2$ $1$ $3$

    Из таблицы видно, что многочлен $f(x)$ поделился на $\left(x-2\right)^2$ без остатка, а на $\left(x-2\right)^3$ — нет. Получаем, что $2$ — двукратный корень многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  2. Заданы $2$ многочлена $f(x)$, $g(x)$. Известно, что $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$ и простой корень многочлена $g(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $f(x)g(x)$.
    Решение

    Так как $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$, то $f(x)$ представим в следующем виде: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),$$где $f_{1}(\alpha) \ne 0$. Аналогично, $g(x)$ можно представить следующим образом: $$g\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) g_{1}\left(x\right),$$где $g_{1}(\alpha) \ne 0$. Тогда, $$f(x)g(x)=\left(x-\alpha\right)^2f_{1}(x)(x-\alpha)g_{1}(x)=\left(x-\alpha\right)^3f_{1}(x)g_{1}(x).$$Так как $f_{1}(\alpha) \ne 0$ и $g_{1}(\alpha) \ne 0$, то $f_{1}(\alpha)g_{1}(\alpha)\ne0$. Обозначим $f(x)g(x)=h(x)$, $f_{1}(x)g_{1}(x)=h_{1}(x)$, тогда перепишем выражение многочлена $f(x)g(x)$ следующим образом: $$h(x)=\left(x-\alpha\right)^3h_{1}(x),$$ где $h_{1}(\alpha)\ne0$. Тогда по определению $\alpha$ — корень $f(x)g(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  3. Задан многочлен $f(x)=x^5+5x^4+10x^3+10x^2+5x+1$. Определить кратность корня $-1$.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера.

    $1$ $5$ $10$ $10$ $5$ $1$
    $-1$ $1$ $4$ $6$ $4$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $3$ $3$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $2$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $0$

    Из таблицы видно, что многочлен пятой степени $f(x)$ поделился на $\left(x+1\right)^5$ без остатка. Получаем, что $-1$ — корень пятой кратности.

    [свернуть]
  4. Задан многочлен $f(x)=\left(x-2\right)^2(x^2+x-6)$. Определить, является ли $2$ корнем $f(x)$ второй кратности. В случае отрицательного ответа найти его кратность.
    Решение

    По определению, для того, что бы $2$ была корнем второй кратности, необходимо что бы имело место следующее представление: $$f(x)=\left(x-2\right)^2f_{1}(x),\, f_{1}(2) \ne 0.$$С другой стороны, в нашем случае: $$f_{1}(x)=x^2+x-6=(x-2)(x+3),\, f_{1}(2)=0.$$ Получаем, что $2$ не корень второй кратности. Тогда найдем его кратность. Выразим $f(x)$ подставив $f_{1}(x)=(x-2)(x+3)$:$$f(x)=\left(x-2\right)^3(x+3)=\left(x-2\right)^3f_{2}(x),$$ $f_{2}(2)=(2+3)=5\ne0$. Значит, по определению, $2$ — корень многочлена $f(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  5. Задан многочлен $f(x)=x^8-8x^7+10x^6-x^4$. Найти кратность корня $0$ многочлена $f(x)$.
    Решение

    Представим исходный многочлен следующим образом: $$f(x)=x^4(x^4-8x^3+10x^2-1).$$
    Обозначим $f_{1}(x)=x^4-8x^3+10x^2-1$. Легко убедиться, что $f_{1}(0)=-1\ne0$. Получаем, что, по определению кратного корня, $0$ — корень многочлена $f(x)$ четвертой кратности.

    [свернуть]

Тест на тему "Кратные корни"

Проверьте ваши знания на тему «Кратные корни» в данном тесте.

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.:Наука, 1977, стр. 245-247
  3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968, стр. 143-145

НОД двух многочленов

Для многочленов, также как и для множества целых чисел, можно определить наибольший общий делитель (НОД) и наименьшее общее кратное.

При определении понятия НОД, для начала необходимо ознакомиться с понятием общего делителя двух многочленов. Заранее для краткости и удобства договоримся, что в дальнейшем под понятиями общего делителя и наибольшего общего делителя мы будем подразумевать их аналоги на множестве $P\left[x\right].$

Определение 1 (общий делитель)

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ причем $f\left(x\right), g\left(x\right) \neq 0.$ Тогда общим делителем этих многочленов будет являться многочлен $d\left(x\right) \in P\left[x\right]$ при условии, что $f\left(x\right) \vdots d\left(x\right)$ и $g\left(x\right) \vdots d\left(x\right).$

Замечание. Любая ненулевая константа является общим делителем для любых двух многочленов.

Пример 1. Пусть $f\left(x\right) = x^8-1,$ $g\left(x\right) = x^4-1.$ Для того, чтобы найти общие делители разложим эти многочлены по формуле разности квадратов: $$f\left(x\right) = x^8-1 = \left(x^4-1\right)\left(x^4 + 1\right) = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right) =\\= \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right),$$ $$g\left(x\right) = x^4-1 = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) = \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right).$$Как мы видим, общими делителями являются $\left(x-1\right),$ $\left(x + 1\right)$ и $\left(x^2 + 1\right).$

Было бы некорректно применять такое определение НОД, по которому наибольшим общим делителем двух многочленов является их общий делитель наибольшей степени, т.к. оно является слишком обобщенным. Поэтому мы введём такое понятие:

Определение 2 (наибольший общий делитель)

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ причем $f\left(x\right), g\left(x\right) \neq 0.$ Тогда многочлен $d\left(x\right) \in P\left[x\right]$ будет являться их наибольшим общим делителем, если сам будет являться их общим делителем, который делится на любые другие общие делители $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right).$ Обозначение: $d\left(x\right) = \left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right)$ — НОД для $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right].$

Замечание. Пусть $f\left(x\right) = 0$ и $g\left(x\right) = 0.$ Тогда НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 0.$

Лемма. НОД определен (если существует) с точностью до постоянного ненулевого множителя.

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ для которых $d_1\left(x\right), d_2\left(x\right) \in P\left[x\right]$ — два НОД.

Тогда, по определению, $d_1\left(x\right) \vdots d_2\left(x\right)$ и $d_2\left(x\right) \vdots d_1\left(x\right).$ По свойству делимости $\left(f\left(x\right) \vdots g\left(x\right) \wedge g\left(x\right) \vdots f\left(x\right) \Leftrightarrow \exists c \in P^*: f\left(x\right) = c \cdot g\left(x\right)\right)$ $d_1\left(x\right) = c_1 \cdot d_2\left(x\right),$ $c_1 \in P^*,$ $c_1 = \text{const}.$

Пусть $\exists c_2 \in P^*,$ $c_2 = \text{const}.$ Тогда, если $d_2\left(x\right)$ — общий делитель для $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ (по определению), то и $c_2 \cdot d_2\left(x\right)$ — тоже общий делитель. Соответственно, если $d_2\left(x\right)$ — НОД, т.е. делится на любой другой общий делитель (по определению), то и $c_2 \cdot d_2\left(x\right)$ — тоже является НОД.

Пример 2. Возьмём те же $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right),$ что и в примере 1: $f\left(x\right) = x^8-1,$ $g\left(x\right) = x^4-1.$ Чтобы найти НОД этих многочленов, разложим их так же, как и в предыдущем примере: $$f\left(x\right) = x^8-1 = \left(x^4-1\right)\left(x^4 + 1\right) = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right) =\\= \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right),$$ $$g\left(x\right) = x^4-1 = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) = \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right).$$Очевидно, что наибольшим общим делителем будет являться $\left(x^4-1\right).$

Теперь разберем способ получения НОД двух многочленов. Находить его можно таким же способом, что и для двух целых чисел, — алгоритмом Евклида (или алгоритмом последовательного деления).

Замечание. С помощью этого алгоритма доказывается существование НОД двух многочленов.

Пример 3. Построим НОД для двух многочленов с помощью алгоритма Евклида. Пусть даны $f\left(x\right) = x^4+x^3-3x^2-4x-1$ и $g\left(x\right) = x^4+x^3-x-1.$

$x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $3x^2$ $-$ $4x$ $-$ $1$  
$x^4$ $+$ $x^3$     $-$ $x$ $-$ $1$  
      $-$ $3x^2$ $-$ $3x$      
$x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x$ $-$ $1$
$1$            
  $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x$ $-$ $1$  
  $x^4$ $+$ $x^3$          
        $-$ $x$ $-$ $1$  
$-$ $3x^2$ $-$ $3x$      
$-$ $\frac{1}{3}x^2$          
        $-$ $3x^2$ $-$ $3x$  
        $-$ $3x^2$ $-$ $3x$  
              $0$  
$-$ $x$ $-$ $1$      
$3x$            

Последний ненулевой остаток и будет являться НОД этих многочленов, т.е. НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = -x-1.$

Может возникнуть случай, когда НОД двух многочленов будет равен $1.$ При этом говорят, что многочлены являются взаимно простыми.

Пример 4. Пусть даны $f\left(x\right) = -x^3+x-1$ и $g\left(x\right) = x-2.$ Найдем их НОД. Для удобства умножим $f\left(x\right)$ на $-1,$ получим $f\left(x\right) = x^3-x+1.$

$x^3$ $+$ $0x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
$x^3$ $+$ $2x^2$          
    $2x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
    $2x^2$ $-$ $4x$      
        $3x$ $+$ $1$  
        $3x$ $-$ $6$  
            $7$  
$x$ $-$ $2$        
$x^2$ $+$ $2x$ $+$ $3$    

Таким образом, многочлен $q\left(x\right) = x^2+2x+3$ — частное деления многочленов, а $r\left(x\right) = 7$ — остаток. Дальнейшее деление можно не продолжать, т.к. и так понятно, что в следующем остатке мы получим $0,$ т.е. $7$ будет последним ненулевым остатком, после умножения которого на $\displaystyle\frac{1}{7},$ НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 1.$ Следовательно, $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ — взаимно простые.

Также стоит упомянуть и линейное представление НОД:$$d\left(x\right) = f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right),$$ где $f\left(x\right), g\left(x\right), u\left(x\right), v\left(x\right) \in P\left[x\right],$ а $d\left(x\right) = \left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right).$

Примеры решения задач

  1. Определить наибольший общий делитель многочленов:
    1. $f\left(x\right) = x^2-9$ и $g\left(x\right) =x^3-27;$
    2. $f\left(x\right) = x^5+x^3+x$ и $g\left(x\right) = x^4+x^3+x;$
    Решение (пример a.)

    Для построения НОД воспользуемся алгоритмом Евклида. Так как степень многочлена $g\left(x\right)$ больше степени многочлена $f\left(x\right),$ то мы будем делить $g\left(x\right)$ на $f\left(x\right).$

      $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $0x$ $-$ $27$  
      $x^3$     $-$ $9x$      
              $9x$ $-$ $27$  
    $x^2$ $-$ $9$        
    $x$            

    После первого деления мы получили остаток $r_1\left(x\right) = 9x-27.$ Для удобства мы можем умножить его на $\displaystyle\frac{1}{9}.$ Получим $r_1\left(x\right) = x-3.$

    Продолжаем наше деление, только в этот раз мы делим многочлен $g\left(x\right)$ на остаток $r_1\left(x\right).$

          $x^2$ $+$ $0x$ $-$ $9$  
          $x^2$ $-$ $3x$      
              $3x$ $-$ $9$  
              $3x$ $-$ $9$  
                  $0$  
    $x$ $-$ $3$        
    $x$ $+$ $3$        

    Теперь в остатке мы получили $0$ — значит деление закончено. Последний ненулевой остаток и будет являться НОД многочленов $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right).$ В нашем случае это $x+3.$

    Ответ: НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x+3.$

    [свернуть]

    Решение (пример b.)

    Также как и в прошлом примере, воспользуемся алгоритмом последовательного деления.

    $x^5$ $+$ $0x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $x$  
    $x^5$ $+$ $x^4$     $+$ $x^2$      
      $-$ $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $x$  
      $-$ $x^4$ $-$ $x^3$     $-$ $x$  
            $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$  
    $x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $x$    
    $x$ $-$ $1$        

    В результате первого деления мы получили остаток $r_1\left(x\right) = x-1.$ Продолжаем деление.

      $x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $x$  
      $x^4$ $-$ $\frac{1}{2}x^3$ $+$ $x^2$      
          $\frac{3}{2}x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $x$  
          $\frac{3}{2}x^3$ $-$ $\frac{3}{4}x^2$ $+$ $\frac{3}{2}x$  
            $-$ $\frac{1}{4}x^2$ $-$ $\frac{1}{2}x$  
    $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$    
    $\frac{1}{2}x$ $+$ $\frac{3}{4}$        

    Для удобства умножим остаток $r_2\left(x\right) = -\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x$ на $-4$ и получим $r_2\left(x\right) = x^2+2x.$ Продолжаем деление.

          $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$  
          $2x^3$ $+$ $4x^2$      
            $-$ $5x^2$ $+$ $2x$  
            $-$ $5x^2$ $-$ $10x$  
                  $12x$  
    $x^2$ $+$ $2x$        
    $2x$ $-$ $5$        

    Третий остаток умножим на $\displaystyle\frac{1}{12}$ и получим $r_3\left(x\right) = x.$ Поделим в последний раз.

              $x^2$ $+$ $2x$  
              $x^2$      
                  $2x$  
                  $2x$  
                  $0$  
    $x$            
    $x$ $+$ $2$        

    Как мы видим, последний ненулевой остаток равен $x$ — это и будет нашим НОД.

    Ответ: НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x.$

    [свернуть]
  2. Пользуясь алгоритмом Евклида, убедиться в том, что многочлены $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ взаимно простые, и подобрать $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ так, чтобы $f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right) = 1:$ $$f\left(x\right) = 3x^3-2x^2+x+2,\\ g\left(x\right) =x^2-x+1.$$
    Решение

    Как и сказано в условии задачи, воспользуемся алгоритмом Евклида, чтобы проверить равен ли НОД наших многочленов $1.$ В отличии от прошлого задания, здесь надо запоминать все частные и остатки.

      $3x^3$ $-$ $2x^2$ $+$ $x$ $+$ $2$  
      $3x^3$ $-$ $3x^2$ $+$ $3x$      
          $x^2$ $-$ $2x$ $+$ $2$  
          $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
            $-$ $x$ $+$ $1$  
    $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$    
    $3x$ $+$ $1$   $=$ $q_1\left(x\right)$  

    Получили остаток $r_1\left(x\right) = -x+1.$ Продолжаем деление.

          $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
          $x^2$ $-$ $x$      
                  $1$  
    $-$ $x$ $+$ $1$      
    $-$ $x$     $=$ $q_2\left(x\right)$  

    $r_2\left(x\right) = 1,$ следовательно НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 1,$ значит, наши многочлены взаимно простые и можно продолжать решать. Запишем многочлены в таком виде:$$\begin{cases} f\left(x\right) = g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right) + r_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = r_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Выразим $r_1\left(x\right)$ из первого равенства и подставим во второе:$$\begin{cases} r_1\left(x\right) = f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = \left(f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right)\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Помня про то, что $r_2\left(x\right) = d\left(x\right),$ продолжаем наши преобразования:$$f\left(x\right) \cdot \left(-q_2\left(x\right)\right) + g\left(x\right) \cdot \left(1 + q_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right)\right) = d\left(x\right).$$ Подставляем значения:$$f\left(x\right) \cdot \left(x\right) + g\left(x\right) \cdot \left(-3x^2-x+1\right) = d\left(x\right).$$

    Если сравнить данное равенство с формулой линейного представления НОД, мы увидим, что получили $u\left(x\right) = x$ и $v\left(x\right) = -3x^2-x+1.$

    Ответ: $u\left(x\right) = x,$ $v\left(x\right) = -3x^2-x+1.$

    [свернуть]
  3. Пользуясь алгоритмом Евклида, найти многочлены $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ такие, чтобы они удовлетворяли равенству $f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right) = d\left(x\right),$ где $d\left(x\right)$ — НОД многочленов $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right):$ $$f\left(x\right) = x^4+2x^3-x^2-4x-2,\\ g\left(x\right) = x^4+x^3-x^2-2x-2.$$

    Решение

    Для начала необходимо построить НОД. Для этого используем алгоритм Евклида.

    $x^4$ $+$ $2x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $4x$ $-$ $2$  
    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
        $x^3$     $-$ $2x$      
    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$
    $1$       $=$ $q_1\left(x\right)$      

    Получили остаток $r_1\left(x\right) = x^3-2x.$ Делим дальше.

    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
    $x^4$     $-$ $2x^2$          
        $x^3$ $+$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
        $x^3$     $-$ $2x$      
            $x^2$     $-$ $2$  
    $x^3$ $-$ $2x$          
    $x$ $+$ $1$     $=$ $q_2\left(x\right)$  

    Второй остаток $r_2\left(x\right) = x^2-2.$ Выполняем последнее деление.

              $x^3$ $-$ $2x$  
              $x^3$ $-$ $2x$  
                  $0$  
    $x^2$ $-$ $2$        
    $x$       $=$ $q_3\left(x\right)$  

    $r_3\left(x\right) = 0,$ следовательно НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x^2-2.$ Дальнейшие наши действия ведутся по тому же принципу, что и в прошлой задаче, поэтому запишем многочлены в таком виде:$$\begin{cases} f\left(x\right) = g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right) + r_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = r_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Выразим $r_1\left(x\right)$ и подставим его во второе равенство:$$\begin{cases} r_1\left(x\right) = f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = \left(f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right)\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Помним, что $r_2\left(x\right) = d\left(x\right),$ поэтому делаем замену:$$f\left(x\right) \cdot \left(-q_2\left(x\right)\right) + g\left(x\right) \cdot \left(1 + q_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right)\right) = d\left(x\right).$$ Подставляем значения:$$f\left(x\right) \cdot \left(-x-1\right) + g\left(x\right) \cdot \left(x+2\right) = d\left(x\right).$$

    Итак, мы получили $u\left(x\right) = -x-1$ и $v\left(x\right) = x+2.$ На этом можно и закончить, но иногда стоит перепроверить правильность своих вычислений. Для проверки нам необходимо вместо $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$подставить их значения, а после раскрыть скобки. Если в итоге мы получим многочлен равный построенному НОД, то $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ подобраны верно. В нашем случае все сходится, а значит мы можем записывать их в ответ.

    Ответ: $u\left(x\right) = -x-1,$ $v\left(x\right) = x+2.$

    [свернуть]

Тест на проверку знаний по теме «НОД двух многочленов»

  1. Фадеев Д. К. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М., Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1984. — 416 с., стр. 168-170
  2. Курош А. Г. Курс высшей алгебры — И., Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1968. — 431 с., стр. 137-141
  3. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Свойства определителей

Рассмотрим свойства определителей, на основе которых можно существенно облегчить их вычисление:

Свойство $1$

Определитель транспонированной матрицы равен определителю начальной матрицы: $\det A = \det A^{T}$.

Доказательство

Действительно, брать произведения элементов по одному из каждой строки и по одному из каждого столбца исходной матрицы — то же самое, что делать это по отношению к транспонированной матрице. Далее, номера строк для исходной матрицы — это номера столбцов для транспонированной, а номера столбцов исходной матрицы — суть номера строк транспонированной. Поэтому каждое слагаемое входит в состав определителя исходной матрицы и определителя транспонированной с одним и тем же множителем.

[свернуть]

Свойство $2$

Транспозиция (замена) двух строк (столбцов) матрицы — меняет знак определителя $$\det A = \begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{i1} & … & a_{in} \\ a_{j1} & … & a_{jn} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix} = -\begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{j1} & … & a_{jn}\\ a_{i1} & … & a_{in} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix}.$$

Доказательство

Действительно, по Теореме №$2$ о транспозиции — транспозиция меняет четность элементов перестановки. При перестановке двух строк, каждый элемент меняет знак, значит и сам определитель меняет знак.

[свернуть]

Свойство $3$

Умножение всей строки (столбца) на некий элемент $\alpha$ является аналогичным умножению всего определителя на этот элемент. Определитель с нулевой строкой (столбцом) равен нулю: $$ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\\alpha a_{i 1} & \alpha a_{i 2} & \cdots & \alpha a_{i j} & \cdots & \alpha a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}= \alpha \cdot\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i j} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}.$$

Доказательство

Пусть на $\alpha$ умножаются все элементы $i$-той строки. Каждый член определителя содержит $1$ элемент из этой строки, поэтому всякий член определителя приобретает общий множитель $\alpha$, а это значит что и сам определитель умножается на $\alpha$.

[свернуть]

Свойство $4$

Если все элементы $i$-той строки (столбца) матрицы определителя разбить в сумму двух строк: $$a_{i j}=b_{j}+c_{j}, \quad j=1, \ldots, n$$ то и саму матрицу можно будет разбить на две, у которых все строки (столбцы) кроме $i$-той — такие же как у первой матрицы, а $i$-тая строка состоит из $b_{j}$ в первой матрице определителя, и из элементов $c_{j}$ во втором.

Доказательство

Действительно, любой член матрицы определителя можно представить в виде произведения: $$\begin{aligned}a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots a_{i \alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots\left(b_{\alpha_{i}}+c_{\alpha_{i}}\right)\ldots a_{n \alpha_{n}}=\\&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots b_{\alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}+a_{1\alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots c_{\alpha_{i}} \ldots a_{n\alpha_{n}}.\end{aligned}.$$ Объединяя первые слагаемые этого выражения, мы получим матрицу определителя, где в первой матрице в $i$-той строке вместо элементов $a_{i j}$ стоят элементы$b_{j} .$ Соответственно вторые слагаемые составляют матрицу определителя, с элементами $c_{j}$ таким образом: $$\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\a_{1}+c_{1} & b_{2}+c_{2} & \dots & b_{n}+c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots a_{1 n} \\b_{1} & b_{2} & \dots & b_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\c_{1} & c_{2} &\dots & c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}.$$

[свернуть]

Свойство $5$

Определитель верхней (нижней) треугольной матрицы есть произведение элементов ее главной диагонали $$\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1 n} \\0 & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2 n} \\0 & 0 & a_{33} & \cdots & a_{3 n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}=a_{11} \cdot a_{22} \cdot a_{33} \cdot \ldots \cdot a_{n n}.$$

Доказательство

Действительно, так как определитель есть произведение одного из элементов строки (столбца) его матрицы, то у первого столбца единственным будет $a_{11}$, во втором столбце — $a_{22}$ т.к. у первой строки $a_{11}$, третьим элементом — только $a_{33}$, далее аналогично.

[свернуть]

Свойство $6$

Если в матрице определителя одна строка будет результатом ее сложения с другой строкой и умножения на число, определитель не изменится . $$\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{j 1} & a_{j 2} & a_{j 3} & \cdots & a_{j n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{k 1}+k a_{i 1} & a_{k 2}+k a_{i 2} & a_{k 3}+k a_{i 3} & \cdots & a_{k n}+k a_{i n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots\\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}\cdot$$

Доказательство

Этот определитель можно представить в виде суммы определителей (по $4$ свойству), в итоге получится $2$ определителя, один из которых будет равен нулю, из-за равенства двух строк, а второй будет исходным.

[свернуть]

Пример $1$

Вычислить определитель $$\det A=\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix}.$$

Решение

Выносим $2$ из второй строки определителя: $$\det A = \begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 2\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\6 & 1 & 6 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 0.$$ Видим что у определителя две равных строки соответственно определитель равен нулю

[свернуть]

Пример $2$

Вычислить определитель$$\det A =\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}$$

Решение

По пятому свойству, определитель треугольной матрицы равен произведению элементов главной диагонали: $$\det A=\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}=12\cdot8\cdot4\cdot5\cdot7=13440.$$

[свернуть]

Пример $3$

Проверьте, будет ли определитель транспонированной матрицы равен исходной:$$\begin{Vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2\end{Vmatrix}.$$

Решение

$$\begin{vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix}=$$$$=(-6)-(-18)-(-24) + 8 + 9 — (-1)=54$$$$\begin{vmatrix}3 & 4 & 1 \\3 & 1 & -2 \\-1 & 3 & -2 \end{vmatrix}=(-6)-(-18)-(-24)+8+9- (-1)=54.$$ Действительно, определитель транспонированной матрицы равен исходной

[свернуть]

Пример 4

Вычислите определитель треугольной матрицы: $$\begin{Vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{Vmatrix}.$$

Решение

Воспользуемся пятым свойством: $$\begin{vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix} = 3\cdot1\cdot-2 = -6$$

Пример $5$

Вычислите определитель: $$\begin{vmatrix}6 & 5 & 9 & 3 \\2 & 1 & 0 & 4 \\0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 12 & 8 & 2 \end{vmatrix}.$$

Решение
[свернуть]

По $3$ свойству, матрица определителя, содержащая нулевую строку равна нулю. Ответ $\det A=0$

[свернуть]

Смотрите также

  1. Конспект Белозерова Г.С. по алгебре — Глава IV.
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, издание 9, глава 1, §4, «Определители n-го порядка»
  3. В.Воеводин Линейная алгебра М.: Наука, 1980, глава 7, §62, «Матрицы и определители» — стр 201

Свойства Определителей

Проверьте себя на знание материала «Свойства Определителей»

Конечномерность

Определение 1. Пусть линейное пространство называется конечномерным, если существует такая константа $M \in \mathbb{N}$, так что любая линейно независимая система (далее ЛНЗ) содержит не более $M$ векторов. В противном случае пространство называется бесконечномерным.

Замечание. Нулевое пространство будем считать конечномерным.

Пример 1. Бесконечномерным пространством является $(R[x], \mathbb{R})$. Рассмотрим систему векторов $\left\langle 1, x, x^{2}, \ldots, x^{n}\right\rangle.$ Это система ЛНЗ, так как из равенства $\alpha_{0} \cdot 1+\alpha_{1}\cdot x+\alpha_{2} \cdot x^{2}+\ldots+\alpha_{k}\cdot x^{k}=0$ следует, что $\alpha_{0}=\alpha_{1}=\alpha_{2}= \ldots =\alpha_{k}=0.$ Так как $k$ произвольно, то не существует ограничения $M$.

Пример 2. Пусть $X$ — конечномерное пространство. Рассмотрим в нем ЛНЗ систему, содержащую максимальное число векторов: $\left\langle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{m}\right\rangle.$ Дополняя эту систему произвольным векторм $y$, получаем уже линейно зависимую систему: $\left\langle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{m}, y\right\rangle.$ Тогда вектор $y$ линейно выражается через исходную систему, а именно: $$y=\alpha_{1} x_{1}+\alpha_{2} x_{2}+\ldots+\alpha_{m} x_{m}.$$

Лемма 1. Каждое подпространство конечномерного пространства в свою очередь конечномерно.

Лемма 2. Каждое подпространство есть линейная оболочка некоторой своей системы.

Конечномерность

Тест для проверки знаний по теме «Конечномерность».

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С..
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980.-400 с. (стр. 44-47)

Базис и размерность линейного пространства, свойства

Определение 1. Базисом конечномерного пространства называется такая линейно независимая система (далее ЛНЗ) векторов этого пространства, через которую линейно выражается каждый вектор этого пространства.

Базис имеет огромное значение при изучении конечномерных линейных пространств, и часто используется в различных исследованиях. Он позволяет очень легко описать строение любого линейного пространства, заданного над произвольным полем.

Любой вектор $x$ из линейного пространства $X$ может быть представлен в виде линейной комбинации $$x =\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\ldots+\alpha_{n} e_{n},$$ где $\alpha_{1},\alpha_{2} \ldots\alpha_{n}$ — некоторые числа из поля, а $e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n}$ — базис $X$. Данная линейная комбинация называется разложением вектора $x$ по базису, а сами числа $\alpha_{1},\alpha_{2} \ldots\alpha_{n}$ называются координатами вектора $x$ относительно этого базиса.

Лемма 1. Каждое конечномерное пространство является линейной оболочкой своего базиса.

Определение 2. Любые два базиса конечномерного пространства представляют из себя эквивалентные системы.

Из определения 2 получаем числовую характеристику пространства.

Определение 3. Размерностью ненулевого конечномерного пространства называется число векторов его базиса. Размерность нулевого пространства равна $0$.

Обозначение для размерности пространства $X$: $\operatorname{dim} Х$.

Свойства базиса

  1. Любая линейно независимая система $n$-мерного пространства, содержащая $n$ векторов, является базисом этого пространства.
  2. Любая система $n$-мерного пространства, содержащая более $n$ векторов линейно зависима.
  3. Любой вектор конечномерного пространства однозначно линейно выражается через базис.

Еще одно свойство базиса сформулируем в виде небольшой леммы и докажем ее.

Лемма 2. Каждую линейно независимую систему векторов конечномерного пространства можно пополнить до базиса этого пространства.

Пусть задано линейное пространство $X$ над произвольным полем $\mathbb{P}$. Пусть в этом пространстве задана ЛНЗ система векторов $\left\langle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}\right\rangle.$ А размерность $\operatorname{dim} Х = n $.

  1. При $k=n$ очевидно, что наша система векторов сама является базисом(свойство $1$).
  2. При $k<n$ рассмотрим множество всех ЛНЗ систем $x$, для которых наша система — подсистема. Выберем систему содержащую максимальное количество векторов: $$\langle x_{1}, \ldots, x_{k}, x_{k+1}, \ldots x_{s}\rangle.$$

    Эта система максимально ЛНЗ в $X$, следовательно она является базисом. Тогда $s=n$ и отсюда следует, что $\langle x_{k+1}, \ldots x_{n} \rangle$ — искомое дополнение.

Лемма 3 (критерий базиса). Система векторов является базисом пространства тогда и только тогда, когда она максимально линейно независима.

Примеры решения задач

Рассмотрим несколько типовых задач нахождения базиса и размерности.

  1. Показать, что следующая система векторов образуют линейное пространство. Найти базис и размерность. Все $n$-мерные векторы вида $(\alpha, \beta, \alpha, \beta, \alpha, \beta, \ldots)$, где $\alpha$ и $\beta$ — любые числа. $$L=\{x=(\alpha, \beta, \alpha, \beta, \ldots) | \alpha, \beta \in \mathbb{R}\}$$
    Решение

    $$\forall x, y \in L: \forall a, b \in \mathbb{R}(a x+b y) \in L ?$$

    Покажем, что система векторов образуют линейное пространство: $$a x+b y=a \cdot(\alpha, \beta, \alpha, \beta \ldots)+b(\varphi, \gamma, \varphi, \gamma \ldots) =$$ $$=(a \alpha, a \beta, a \alpha, a \beta \ldots)+(\varphi b, \gamma b, \varphi b, \gamma b \ldots)=$$ $$=(a \alpha+b \varphi, a \beta+\gamma b, a \alpha+b \varphi, a \beta+\gamma b \ldots) \in L.$$

    Построим стандартный базис: $$e_{1}=(1,0,0,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{1}^{\prime}=(1,0,1,0, \ldots)$$ $$e_{2}=(0,1,0,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{1}^{\prime}=(0,1,0,1, \ldots)$$ $$e_{3}=(0,0,1,0, \ldots, 0)\rightarrow e_{3}^{\prime}=(1,0,1,0, \ldots)$$ $$e_{4}=(0,0,0,1, \ldots, 0)\rightarrow e_{4}^{\prime}=(0,1,0,1, \ldots)$$

    Следовательно, $\left\langle e_{1}^{\prime}, e_{2}^{\prime}\right\rangle$ — базис $L$. Размерность равна 2.

  2. Определить является ли $L$ линейным подпространством пространства $X$. Найти базис и размерность. $$X=M_{2}(\mathbb{R})$$ $$L=\left\{\left(\begin{array}{l} a & b \\ c & d \end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R}) | a+b+c=d\right\}.$$
    Решение

    $$\forall A, B \in L, \forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}$$ $$\alpha A+\beta B \in L ?$$

    Покажем сначала принадлежность к $M_{2}(\mathbb{R})$. Пусть $$A=\left(\begin{array}{ll} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1} \end{array}\right) \quad B=\left(\begin{array}{ll} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{array}\right),$$ тогда $$\alpha \cdot\left(\begin{array}{ll} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1}\end{array}\right)+\beta \cdot\left(\begin{array}{ll} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{array}\right)= \left(\begin{array}{ll} \alpha a_{1} & \alpha b_{1} \\ \alpha c_{1} & \alpha d_{1} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{ll} \beta a_{2} & \beta b_{2} \\ \beta c_{2} & \beta d_{2} \end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{ll} \alpha a_{1}+\beta a_{2} & \alpha b_{1}+\beta b_{2} \\ \alpha c_{1}+\beta c_{2} & \alpha d_{1} +\beta d_{2} \end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R})$$

    Можем доказать, что $L$ является подпространством $X$. $$\left.\begin{array}{l} d_{1}=a_{1}+b_{1}+c_{1} \\ d_{2}=a_{2}+b_{2}+c_{2} \end{array}\right\} \Rightarrow\begin{array}{l} \alpha d_{1}=\alpha a_{1}+\alpha b_{1}+\alpha c_{1} \\ \alpha d_{2}=\alpha a_{2}+\alpha b_{2}+\alpha c_{2} \end{array} \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \alpha d_{1}+\beta d_{2}=(\alpha a_{1}+ \beta a_{2})+(\alpha b_{1} + \beta b_{2})+(\alpha c_{1} + \beta c_{2}) \Rightarrow$$ $$\Rightarrow (\alpha A + \beta B) \in L \Rightarrow L \subset X.$$

    Теперь найдем базис исходя из условий.$$ E_{11}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{11}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\0 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{12}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{12}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\0 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{21}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\rightarrow E_{21}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\1 & 1\end{array}\right)$$ $$ E_{22}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\rightarrow \nexists$$

    Предполагаемый базис: $E^{\prime}=\left\langle E^{\prime}_{11}, E^{\prime}_{12}, E^{\prime}_{21} \right\rangle$. Проверим ЛНЗ нашего базиса.

    Пусть $$\alpha_{1}E^{\prime}_{11}+ \alpha_{2}E^{\prime}_{12}+ \alpha_{3}E^{\prime}_{21}=0,$$ тогда $$\left(\begin{array}{ll}\alpha_{1} & \alpha_{2} \\\alpha_{3} & \alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}0 & 0 \\0 & 0\end{array}\right) \Rightarrow \alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=0 \Rightarrow$$ $\Rightarrow$ по критерию ЛНЗ, $E^{\prime}$ — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. Вспомним, что по условию $d = a + b + c.$ Отсюда следует, что $$a \cdot\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+b \cdot\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+c\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{cc}a & b \\c & a+b+c \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a & b \\c & d\end{array}\right)=A \Rightarrow $$ $\Rightarrow \forall A \in L$ линейно выражается через $E^{\prime}$. А так как мы доказали, что $E^{\prime}$ — ЛНЗ, то $E^{\prime}$ — базис $L$. Размерность равна 3.

  3. Определить является ли $L$ линейным подпространством пространства $X$. Найти базис и размерность. $$X=\mathbb{R}_{4}[x]$$ $$L=\left\{f(x)=\mathbb{R}_{4}[x] | f(x): x^{2}+2\right\}.$$
    Решение

    Пусть $f(x) \in L$ и $f(x): x^{2}+2$, тогда $$f(x)=\left(x^{2}+2\right) \cdot\left(a x^{2}+b x+c\right).$$

    Докажем, что $$\forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}, \forall f(x), g(x) \in L ?$$

    $$\alpha(a x^{2}+b x+c)+\beta(a x^{2}+b x+c)=$$ $$(x^{2}+2)(\alpha a x^{2}+\alpha b x+\alpha c+\beta a x^{2}+\beta b x+\beta c)=$$ $$(x^{2}+2)(\alpha a x^{2}+\beta a x^{2}+\alpha b x+\beta b x+\alpha c+\beta c) \in L$$

    Теперь найдем базис: $$f(x)=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c,$$ тогда $$a\left(x^{4}+2 x^{2}\right)+b(x^{3}+2 x)+c(x^{2}+2)$$ и следовательно $$\begin{array}{l}e_{1}=x^{4}+2 x^{2} \\ e_{2}=x^{3}+2 x \\ e_{3}=x^{2}+2 \end{array}$$

    Наш предполагаемый базис: $e=\langle e_{1}, e_{2}, e_{3}\rangle$. Докажем ЛНЗ нашего базиса. $$\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\alpha_{3} e_{3}=$$ $$=\alpha_{1} x^{4}+\alpha_{1} 2 x^{2}+\alpha_{2} x^{3}+\alpha_{2} 2 x+\alpha_{3} x^{2}+2 \alpha_{3}=0$$ $$\Rightarrow \alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=0 \Rightarrow$$ $\Rightarrow$ по критерию ЛНЗ, $e$ — ЛНЗ.

    Покажем, что через нашу ЛНЗ систему выражается каждый вектор этого пространства. $$\forall f(x) \in L : f(x)=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c$$ $$\exists \alpha_{1}=a, \alpha_{2}=b, \alpha_{3}=c.$$

    Тогда $$\alpha_{1} e_{1}+\alpha_{2} e_{2}+\alpha_{3} e_{3}=$$ $$= a(x^{4}+2 x^{2})+b(x^{3}+2 x)+c(x^{2}+2)$$ $$a x^{4}+2 a x^{2}+b x^{3}+2 b x+c x^{2}+2 c=$$ $$=a x^{4}+b x^{3}+x^{2} c+2 a x^{2}+2 b x+2 c = f(x) \Rightarrow$$ $\Rightarrow \forall f(x)$ линейно выражается через любой вектор $e=\langle e_{1}, e_{2}, e_{3}\rangle$. Тогда $e$ — базис. Размерность равна 3.

Базис и размерность линейного пространства, свойства

Тест для проверки знаний по теме «Базис и размерность линейного пространства, свойства».

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С..
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980.-400 с. (стр. 50-54)
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с. (стр. 301-305)
  4. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.: Наука, 1984.-384 с. (стр. 204-211)