РК1›Тема 2. Линейная зависимость, геометрические критерии

2. Линейная зависимость, геометрические критерии

лекции: §2 · вопросы РК: А4, А5, Б1

РК: А4 (ЛЗ и ЛНЗ системы), А5 (критерии для 2 и 3 векторов), Б1 (доказательство критерия для трёх векторов).

Суть

Система линейно зависима, если какой-то вектор «лишний» — выражается через остальные. Геометрически это значит: два вектора лежат на одной прямой, три — в одной плоскости. На этом держится понятие базиса: базис — максимальная система без лишних векторов.

Определения (А4)

Линейная комбинация векторов a⃗1,…,a⃗n\vec a_1,\dots,\vec a_n — вектор λ1a⃗1+⋯+λna⃗n\lambda_1\vec a_1+\dots+\lambda_n\vec a_n. Она тривиальна, если все λi=0\lambda_i=0.

Система {a⃗1,…,a⃗n}\{\vec a_1,\dots,\vec a_n\}

  • линейно зависима (ЛЗ), если существует нетривиальный набор чисел λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_n (хотя бы одно λi≠0\lambda_i\ne0) такой, что λ1a⃗1+λ2a⃗2+⋯+λna⃗n=0⃗;\lambda_1\vec a_1+\lambda_2\vec a_2+\dots+\lambda_n\vec a_n=\vec 0;
  • линейно независима (ЛНЗ), если равенство нулю возможно только при всех нулевых коэффициентах: λ1a⃗1+⋯+λna⃗n=0⃗ ⇒ λ1=⋯=λn=0.\lambda_1\vec a_1+\dots+\lambda_n\vec a_n=\vec 0\ \Rightarrow\ \lambda_1=\dots=\lambda_n=0.

Равносильная форма [не из конспекта]: система из n≥2n\ge2 векторов ЛЗ   ⟺  \iff хотя бы один вектор является линейной комбинацией остальных.

Геометрические критерии (А5)

Теорема 1. Два вектора линейно зависимы   ⟺  \iff они коллинеарны.
Теорема 2. Три вектора линейно зависимы   ⟺  \iff они компланарны.
Следствие [не из конспекта]: любые четыре вектора пространства ЛЗ. Именно оно нужно в доказательстве теоремы о разложении (Б2).

abcA′B′COc = OA′ + OB′ = αa + βb
Доказательство теоремы 2 (Б1)

Необходимость (ЛЗ ⇒ компланарны). Пусть λ1a⃗+λ2b⃗+λ3c⃗=0⃗\lambda_1\vec a+\lambda_2\vec b+\lambda_3\vec c=\vec 0 и, например, λ1≠0\lambda_1\ne0. Тогда
a⃗=−λ2λ1b⃗−λ3λ1c⃗=βb⃗+γc⃗.\vec a=-\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\vec b-\frac{\lambda_3}{\lambda_1}\vec c=\beta\vec b+\gamma\vec c.
Отложим b⃗,c⃗\vec b,\vec c от точки OO: векторы βb⃗\beta\vec b и γc⃗\gamma\vec c лежат в плоскости, содержащей b⃗\vec b и c⃗\vec c, и их сумма a⃗\vec a по правилу параллелограмма лежит в той же плоскости. Значит, a⃗,b⃗,c⃗\vec a,\vec b,\vec c компланарны.

Достаточность (компланарны ⇒ ЛЗ).

  1. Если среди векторов есть нулевой, например c⃗=0⃗\vec c=\vec 0, то 0⋅a⃗+0⋅b⃗+1⋅c⃗=0⃗0\cdot\vec a+0\cdot\vec b+1\cdot\vec c=\vec 0 — нетривиальная комбинация.
  2. Если среди них есть два коллинеарных, например a⃗∥b⃗\vec a\parallel\vec b, то они ЛЗ по теореме 1: λ1a⃗+λ2b⃗=0⃗\lambda_1\vec a+\lambda_2\vec b=\vec 0 нетривиально, и добавление 0⋅c⃗0\cdot\vec c даёт нетривиальную комбинацию трёх.
  3. Основной случай: a⃗\vec a и b⃗\vec b неколлинеарны. Отложим OA→=a⃗\overrightarrow{OA}=\vec a, OB→=b⃗\overrightarrow{OB}=\vec b, OC→=c⃗\overrightarrow{OC}=\vec c — все в одной плоскости. Через CC проведём прямые, параллельные OAOA и OBOB, до пересечения с прямыми OBOB и OAOA в точках B′B' и A′A' (пересечения есть, потому что a⃗∦b⃗\vec a\nparallel\vec b). Получился параллелограмм OA′CB′OA'CB': c⃗=OA′→+OB′→.\vec c=\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}. OA′→∥a⃗⇒OA′→=αa⃗\overrightarrow{OA'}\parallel\vec a\Rightarrow\overrightarrow{OA'}=\alpha\vec a;  OB′→∥b⃗⇒OB′→=βb⃗\ \overrightarrow{OB'}\parallel\vec b\Rightarrow\overrightarrow{OB'}=\beta\vec b. Тогда αa⃗+βb⃗−1⋅c⃗=0⃗,\alpha\vec a+\beta\vec b-1\cdot\vec c=\vec 0, коэффициент при c⃗\vec c равен −1≠0-1\ne0 — комбинация нетривиальна, векторы ЛЗ. ■\blacksquare

В конспекте в достаточности разобраны только «есть нулевой» и «все ненулевые», а случай двух коллинеарных ненулевых векторов пропущен: тогда параллелограмм OA′CB′OA'CB' построить нельзя (прямая через CC параллельно OAOA не пересекает прямую OAOA). Выше он закрыт пунктом 2. На РК пункт 2 стоит назвать вслух.

Доказательство теоремы 1 [не из конспекта]

ЛЗ ⇒ коллинеарны: λ1a⃗+λ2b⃗=0⃗\lambda_1\vec a+\lambda_2\vec b=\vec 0, λ1≠0\lambda_1\ne0 ⇒ a⃗=−λ2λ1b⃗\vec a=-\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\vec b — коллинеарен b⃗\vec b по определению умножения на число.
Коллинеарны ⇒ ЛЗ: если b⃗=0⃗\vec b=\vec 0, то 0⋅a⃗+1⋅b⃗=0⃗0\cdot\vec a+1\cdot\vec b=\vec 0. Иначе a⃗=λb⃗\vec a=\lambda\vec b, где λ=±∣a⃗∣∣b⃗∣\lambda=\pm\frac{|\vec a|}{|\vec b|} (знак по направлению), и 1⋅a⃗−λb⃗=0⃗1\cdot\vec a-\lambda\vec b=\vec 0. ■\blacksquare

Рабочие признаки в координатах

Что проверитьКак
a⃗,b⃗\vec a,\vec b ЛЗкоординаты пропорциональны; a⃗×b⃗=0⃗\vec a\times\vec b=\vec 0
a⃗,b⃗,c⃗\vec a,\vec b,\vec c ЛЗa⃗b⃗c⃗=det⁡(a1a2a3b1b2b3c1c2c3)=0\vec a\vec b\vec c=\det\begin{pmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3\end{pmatrix}=0
любые 4 вектора в V3V_3всегда ЛЗ

Пример. Компланарны ли a⃗={1,2,3}\vec a=\{1,2,3\}, b⃗={2,−1,1}\vec b=\{2,-1,1\}, c⃗={4,3,7}\vec c=\{4,3,7\}?

Решение

det⁡(1232−11437)=1(−7−3)−2(14−4)+3(6+4)=−10−20+30=0.\det\begin{pmatrix}1&2&3\\2&-1&1\\4&3&7\end{pmatrix}=1(-7-3)-2(14-4)+3(6+4)=-10-20+30=0.
Векторы компланарны (ЛЗ). Действительно, c⃗=2a⃗+b⃗\vec c=2\vec a+\vec b.

Типичные ошибки

  • Определение ЛЗ без слова «нетривиальный»: равенство 0⋅a⃗1+⋯=0⃗0\cdot\vec a_1+\dots=\vec 0 выполняется для любой системы.
  • Путать «ЛЗ» и «каждый вектор выражается через остальные»: достаточно одного такого вектора (система {a⃗,2a⃗,b⃗}\{\vec a,2\vec a,\vec b\} ЛЗ, хотя b⃗\vec b через остальные может не выражаться).
  • В доказательстве Б1 строить параллелограмм, не проверив, что a⃗∦b⃗\vec a\nparallel\vec b.