Решите графически систему уравнений
Фото в тетради если можно

Решите графически систему уравнений Фото в тетради если можно

👇

Увидеть ответ

Ответ:

Mila672

26.04.2022

там все очень легко, ну не знаю, для кого как)

Решите графически систему уравнений Фото в тетради если можно

4,7(39 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

gallyamovdenis

26.04.2022

Задание 1.

Выберем в $\mathbb{R}^2$ стандартный базис (то есть векторы (1,0) и (0,1) ). В $\mathbb{R}^4$ выбираем тоже стандартный базис. Образы базисных векторов: $F(1,0,0,0) = (1,1),\; F(0,1,0,0) = (-s_{2},-s_{4}) = (-2,-2),\; F(0,0,1,0) = (0,1),\; F(0,0,0,1) = (s_{1},s_{3}) = (1,2)$ . Здесь уже есть два линейно независимых вектора: и , а потому $\mathrm{Im}\;F = \mathbb{R}^2 \Rightarrow \mathrm{dim}\;\mathrm{Im}\;F = 2$ (а базис приведен чуть выше). Теперь ясно какая размерность ядра: $\mathrm{dim}\; \mathbb{R}^{4} = \mathrm{dim}\;\mathrm{Im}\; F + \mathrm{dim}\;\mathrm{ker}\; F \Rightarrow \mathrm{dim}\;\mathrm{ker}\;F = 4 - 2 = 2$ . Элементы ядра должны удовлетворять системе $\begin{cases}x-2y+t=0\\x-2y+z+2t=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}z=-t\\x-2y+t=0\end{cases}$ . Уже отсюда можно было понять, что размерность ядра равна двум: четыре переменные и два уравнения, ограничивающие их. Тогда положив z=0 , получим, например, решение $x=2,\; y=1$ , а для z=1 подойдет $x=3,\; y=1$ . Итого два вектора: $(2,1,0,0),\; (3,1,1,-1)$ . Линейная независимость этих векторов гарантирует, что они являются базисом ядра.

Задание 2.

Чтобы показать, что является базисом в $\mathbb{R}^2$ достаточно показать, что она линейно независима (достаточно, поскольку вектора два, а размерность $\mathbb{R}^2$ равна двум). В нашем случае система состоит из одного вектора $u_{1} = u_{2} = (1,2)$ и потому не может быть базисом в $\mathbb{R}^2$ . Часть 2 решить все-таки не могу, поскольку -- не базис.

Задание 3.

(A)

$q_{1} = 3 = 3+0\cdot x+0\cdot x^2 \Rightarrow q_{1} = (3,0,0)$ , $q_{2} = x+6 = 6+1\cdot x+0\cdot x^2 \Rightarrow q_{2} = (6,1,0)$ , $q_{3} = 3x^2 = 0+0\cdot x + 3\cdot x^2 \Rightarrow q_{3} = (0,0,3)$ .

(B)

Поскольку размерность $\mathbf{P}_{2}$ равна трем, то для того чтобы показать, что $(q_{1},q_{2},q_{3})$ -- базис, достаточно показать, что они линейно независимы. Это легко видеть хотя бы потому, что ранг матрицы $\left(\begin{array}{ccc}3&6&0\\0&1&0\\0&0&3\end{array}\right)$ равен трем (поскольку ее определитель, равный , ненулевой).

Задание 4.

В нашем случае имеем систему $\begin{cases}x_{1}-x_2+2x_3-2x_{4}=0\\ 2x_2+3x_4=0 \end{cases}$ . Количество решений зависит от размерности пространства, которое задает данная система. По сути, можно рассматривать отображение $F:\mathbb{R}^4\to \mathbb{R}^2$ такое, что $F(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) = (x_{1}-x_{2}+2x_{3}-2x_{4},2x_{2}+3x_{4})$ . Тогда система задает ядро этого отображения, размерность которого в новой интерпретации ищется просто -- точно так же, как мы делали это в первой задаче. Образы базисных векторов: $F(1,0,0,0) = (1,0),\; F(0,1,0,0) = (-1,2),\ldots$ дальше считать не стал, поскольку уже первые два вектора линейно независимы. Значит, размерность образа равна двум, но тогда ядро имеет размерность 4-2=2 . Следовательно, ядро как множество бесконечно (было бы конечным только в случае нульмерного ядра). То есть имеем две свободные переменные. Например, систему можно свести к $\begin{cases}x_{1}+2x_3-\dfrac{1}{2}x_{4}=0\\ x_2+\dfrac{3}{2}x_4=0 \end{cases}$ , тогда переменные $x_{1},x_{2}$ будут базисными, а $x_{3},x_{4}$ -- свободными. Ненулевое решение предъявить просто: (1,-3,0,2) Пространство решений есть ядро , а поскольку его размерность два, нам достаточно найти два линейно независимых решений системы. Одно мы уже нашли. Теперь положим $x_{3}=1$ и тогда (-1,-3,1,2) -- решение. Но это два линейно независимых решения, а потому они образуют базис пространства решений.

Задание 5.

1. В нашем случае $A_{1} = \{(x,0,z)\in \mathbb{R}^{3}|2y+2z=0\} = \{(x,0,z)\in \mathbb{R}^{3}|y+z=0\}$ . Легко видеть, что берутся числа вида (x,0,z) , то есть y=0 и потому z=0 , значит, $A_{1}$ состоит из тех и только тех чисел, у которых две последние координаты нулевые. Следовательно, $A_{1}$ является подпространством, потому что это множество замкнуто относительно суммы ( (a,0,0)+(b,0,0) = (a+b,0,0) ) и умножения на скаляр.

2. $A_{2} = \{(0,y,z)\in\mathbb{R}^3|2y+2z\geq 1\}$ . Несмотря на то что это множество замкнуто относительно суммы, оно не замкнуто относительно умножения на скаляр. В самом деле, например, (0,1,1) лежит в множестве, однако (0,-1,-1) -- не лежит. Следовательно, это множество не является подпространством.

3. $A_{3} = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}| x\leq 0,\; y\in\mathbb{R},\; z\geq 2\}$ . Здесь те же причины: (-1,0,2) лежит в множестве, а $(-1)\cdot (-1,0,2) = (1,0,-2)$ -- нет.