Линейная алгебра, критика моего решения

[IHmG]

Здравствуйте

Решил задачу. Хотелось бы понять правильно или нет. Сделал скан и выложил в Интернет. Нашел ваш сайт. Попробую оформить по правилам, но буду очень признательным если кто-то сможет посмотреть просто картинку пока не научусь правильно оформлять. Прошу сильно не пинать, ибо заочник Упомянул про скан только чтобы доказать, что не халявщик :)

Условие
Доказать, что системы векторов линейно независимы, и дополнить их до базиса пространства строк $\begin{pmatrix}2 & 2 & 7 & -1\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}3 & -1 & 2 & 4\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1 & 1 & 3 & 1\end{pmatrix}$

Решение
Линейная зависимость - это свойство, которое может иметь подмножество линейного пространства. При линейной зависимости существует нетривиальная линейная комбинация элементов этого множества, равная нулевому элементу. При отсутствии такой комбинации, то есть, когда коэффициенты единственной такой линейной комбинации равны нулю, множество называется линейно не зависимым

То есть, если для $\alpha_1\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 7 \\ -1 \end{pmatrix}+\alpha_2\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} + \alpha_3\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $ существует решение, отличное от $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ то системы данных векторов линейно зависимы, и если нет - то линейно не зависимы

Решим методом Гауса

$\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 | 0 \\ 2 & -1 & 1 |0 \\ 7 & 2 & 3 | 0 \\ -1 & 4 & 1 |0 \end{pmatrix}$

Поднимем последнюю строчку наверх

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 2 & 3 & 1 | 0 \\ 2 & -1 & 1 |0 \\ 7 & 2 & 3 | 0 \end{pmatrix}$

Приведем к ступенчатому виду. Для этого первую строчку умножим на 2 и прибавим ко второй, затем первую строчку умножим на 2 и прибавим к третьей, затем первую строчку умножим на 7 и прибавим к четвертой строчке

получим

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 11 & 3 | 0 \\ 0 & 7 & 3 |0 \\ 0 & 30 & 10 | 0 \end{pmatrix}$

третью строчку умножим на -1 и прибавим ко второй, затем четвертую строчку сократим на 10 получим

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 4 & 0 | 0 \\ 0 & 7 & 3 |0 \\ 0 & 3 & 1 | 0 \end{pmatrix}$

вторую строчку получим прибавлением последней
$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 7 & 1 | 0 \\ 0 & 7 & 3 |0 \\ 0 & 3 & 1 | 0 \end{pmatrix}$

вторую строчку умножим на -1 и прибавим к третьей
$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 7 & 1 | 0 \\ 0 & 0 & 2 |0 \\ 0 & 3 & 1 | 0 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 7 & 1 | 0 \\ 0 & 3 & 1 | 0\\ 0 & 0 & 2 |0 \end{pmatrix}$

вторую строку умножим на -3\7 и прибавим к третьей

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 7 & 1 | 0 \\ 0 & 0 & 4/7 | 0\\ 0 & 0 & 2 |0 \end{pmatrix}$

третью строку умножим на 7/2

$\begin{pmatrix} -1 & 4 & 1 |0 \\ 0 & 7 & 1 | 0 \\ 0 & 0 & 2 | 0\\ 0 & 0 & 2 |0 \end{pmatrix}$

4 строку можно отбросить

из 3 строки имеем $2\cdot\alpha_3=0$ из чего следует $\alpha_3=0$
из 2 строки имеем $7\cdot\alpha_2+\alpha_3=0$ из чего следует $\alpha_2=0$
из 1 строки имеем $-1\cdot\alpha_1+4\cdot\alpha_2+\alpha_3=0$ из чего следует $\alpha_1=0$

то есть существует единственное решение $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ и следовательно системы данных векторов линейно не зависимы

Вторую часть задания решим составив неравенство
$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}\not\equiv\alpha_1\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 7 \\ -1 \end{pmatrix}+\alpha_2\cdot\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} + \alpha_3\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$

Решая методом Гауса
$\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1 | x_1 \\ 2 & -1 & 1 |x_2 \\ 7 & 2 & 3 | x_3 \\ -1 & 4 & 1 |x_4 \end{pmatrix}$

$x_1\not\equiv\frac{-144\cdot x_3-1008\cdot x_4}{77}$

положим $x_2=0, x_3=0, x_4=0$
тогда $x_1=0/77=0$, тогда вектором,дополняющим до базиса можно принять $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

[ИСН]

Оформлено вроде норм. Арифметику не проверял.
Железка подтверждает, что ранг был 3, а с дополняющим вектором стал 4, так что если ошибки и есть, то их чётное число.

[IHmG]

ИСН в сообщении #1022721 писал(а):

Оформлено вроде норм. Арифметику не проверял.
Железка подтверждает, что ранг был 3, а с дополняющим вектором стал 4, так что если ошибки и есть, то их чётное число.

Спасибо :) Про какую железку речь?

[VanD]

(Оффтоп)

ИСН в сообщении #1022721 писал(а):

если ошибки и есть, то их чётное число.

Не обязательно Их просто не может быть одна.

[ИСН]

IHmG в сообщении #1022726 писал(а):

Про какую железку речь?

http://www.wolframalpha.com/

[ewert]

Не так это делается в приличном обществе. Прежде всего, вписывать векторы в матрицу в виде столбцов невыгодно -- надо в виде строк (даже если бы они изначально были столбцами):

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & 2 & 7 & -1 \\ 3 & -1 & 2 & 4 \end{pmatrix}$$

После приведения такой матрицы к ступенчатому виду строки окажутся базисом линейной оболочки исходных, а их количество -- соответственно, её размерностью. А поскольку матрица станет ступенчатой, уже безо всякого счёта станет очевидным, какими строчками она дополняется до полного базиса.

[bot]

ewert в сообщении #1022866 писал(а):

Прежде всего, вписывать векторы в матрицу в виде столбцов невыгодно

Ну, не так уж и невыгодно. Можно дописать справа столбцы ещё какого-нибудь базиса - стандартного, к примеру. Преобразования строк покажут в ступенчатом виде, какие из векторов линейно выражаются через предыдущие. Их и выбросить.

[ewert]

(Оффтоп)

bot в сообщении #1022964 писал(а):

Ну, не так уж и невыгодно.

Невыгодно в том отношении, что метод Гаусса изначально ориентирован на манипуляции со строками. Т.е. на линейные комбинации именно строк. Ну а тогда зачем гонять их туды-сюды-обратно?...

[AlexDem]

(Оффтоп)

Только руку набить чтобы если...
(Из серии: не умеешь работать головой - работай руками)