Доказване, че потенциалният базис има линейна обвивка С(А)

Преди два видеоклипа зададох въпроса можем ли да намерим базиса на векторното пространство на матрицата А. И ти показах метод как това може да се направи. Просто преобразуваш матрицата А в ешелонна форма, така че тази матрица R е просто ешелонната форма на матрицата А. Търсим водещите ѝ стълбове, така че това е водещ стълб. Той съдържа една единица и всичко останало са нули, това е водещ стълб, 1 и всичко останало са нули, като единицата е водещ ненулев член в този ред. Това също е водещ стълб, ще ги оградя, това са водещи стълбове, и това е водещ стълб ето тук. Намираме ги в ешелонната форма на матрицата, и съответстващите им стълбове в оригиналната матрица ще бъдат нашият базис. Значи този стълб, този първият, вторият и четвъртият стълб. Ако означим това като а1, това е а2 и това е а4, това са а3 и а5. Можем да кажем, че а1, а2 и а4 са базис на векторното пространство на матрицата А. Но аз не доказах защо това е така тогава. Просто показах как се прави. Трябваше да ми се довериш. Сега, за да бъде това базис, две неща трябва да са изпълнени. Те трябва да са линейно независими, и аз ти показах в последното видео, второто от серията, в която се занимаваме с тази матрица. Показах ти, че заради факта, че този стълб е r1, този стълб е r2, и този стълб е r4, е очевидно, че тези стълбове са линейно независими. Всеки от тях има единица на уникално място, и останалите им елементи са нули. Тук разглеждаме 3 водещи стълба, но това е вярно за n водещи стълба, че всеки водещ стълб има единица на уникално място, и всички други водещи стълбове имат 0 на това място. Няма начин другите водещи стълбове, няма линейна комбинация от другите стълбове, която може да даде някой от тях. Така че те определено са линейно независими. В последното видео доказах, че ако знаем, че те са линейно независими, тогава знаем, че те са – при условие, че R има същото нулево пространство като А, то знаем, че тези стълбове са линейно независими, показах го в предишното видео. Следващото изискване за базис – това го потвърдихме, следващото е да покажем, че а1, а2 и an имат линейна обвивка, която е еквивалентна на векторното пространство на А. Векторното пространство на А е линейна обвивка на всички тези пет вектора, така че тук трябва да добавя а3 и а5. За да покажем, че само тези три вектора единствено са линейната обвивка на векторното ни пространство, означава да покажем, че можем да представим а3 и а5 като линейни комбинации на а1, а2 и а4. Ако успея да направя това, тогава мога да кажа, че тези два вектора са излишни. Че линейната обвивка на а1, а2, а3, а4 и а5 не е задължително да съдържа членовете а3 и а4, че можем да я преобразуваме до това, защото тези два вектора могат да бъдат представени като линейни комбинации на тези три вектора. Тези два вектора са излишни. Ако можем да се отървем от тях, ако покажем, че тези вектори мога да се представят като линейни комбинации на другите три, то можем да се отървем от тях. Линейната обвивка на тези три вектора ще бъде същата като линейната обвивка на тези пет вектора, което всъщност е определението за векторно пространство на А. Да видим дали ще успеем. Ще попълня всеки от тези вектор-стълбове а1 до а5 и после всеки от тези вектор-стълбове ще означа като r1, r2, r3, r4 и r5. Сега отново да разгледаме нулевото пространство. Даже не само нулевото пространство, нека да разгледаме уравненията А по х е равно на... ще го запиша по следния начин – вместо х, ще запиша х1, х2, х3, х4 и х5 е равно на 0. Така дефинираме множеството от решенията на това уравнение. Всички потенциални стойности на х1 до х5 или всички потенциални вектори х ето тук, които представляват нашето нулево пространство. После също така ще разгледаме всички R по [х1; х2; х3; х4; х5] равно на 0. Това е нулевият вектор, за който в този случай ще имаме четири компонента. Той принадлежи на множеството Rm. Тези уравнения могат да бъдат преработени. Мога да преработя това като... кои бяха вектор-стълбовете на А? Те бяха а1, а2 до а5. Мога да преработя това като х1 по а1, плюс х2 по а2, плюс х3 по а3, плюс х4 по а4, плюс х5 по а5 е равно на 0. Това следва от определението за умножението на матрица с вектор, това са просто съвкупност от вектор-стълбове а1 до а5, които написах ето тук. Мога да преработя това уравнение по този начин. По същия начин мога да преработя и това уравнение като вектор r1 по х1, или х1 по r1, плюс х2 по r2, плюс х3 по r3, плюс х4 по r4, плюс х5 по r5 е равно на 0. Знаем, че когато преобразуваме тази матрица в ешелонна форма по редове, от х променливи, които съответстват на водещите стълбове... кои са променливите х, които съответстват на водещите стълбове? Водещите стълбове са r1, r2 и r4. Променливите х, които съответстват на тях, наричаме водещи променливи, а тези, които не съответстват на водещите стълбове са свободни променливи. Значи свободните променливи в този случай – х3, и х5 са свободните променливи. И това се отнася за матрицата А, множеството от всички решения... Всички вектори х, които удовлетворяват това уравнение също така удовлетворяват и това уравнение и обратно. Това е едно и също нулево пространство, едно и също множество от решения. Можем да наречем това х3 и това х5 също свободни променливи. Какво означава това? Правихме много подобни примери. Свободните променливи, можем да ги приравним на всичко, което пожелаем. Можем да заместим х3 и х5 с всяко реално число. Можем да ги заместим с всичко, което си пожелаем. И после от тази ешелонна форма можем да изразим другите водещи променливи като функции на тези променливи. Може би х1 е равно на А по х3 плюс В по х5. Може би х2 е равно на С по х3 плюс D по х5. Може би х4 е равно на Е по х3 плюс F по х5. Това следва директно от това, че произведението на това по това е равно на 0, получаваме система от уравнения, от която можем да намерим водещите променливи, изразени чрез свободните променливи. Като знаем това, искам да ти покажа, че можеш винаги да конструираш един от векторите в нашата оригинална матрица. Ако се върнем към нашата първоначална матрица, можеш винаги да конструираш един от векторите, който е свързан със свободните стълбове. Винаги можеш да конструираш един от свободните вектори, като използваш линейна комбинация на тези вектори, които съответстват на водещите стълбове. Как мога да го направя? Да кажем, че искам да намеря някаква линейна комбинация, която ми дава този свободен стълб, дава ми а3. Как мога да направя това? Ще преработя това уравнение тук. Какво получавам? Ако извадя х2 по а3 от двете страни на горното уравнение, ще получа... Извинявам се, това е х3 по а3. Ако извадя х3 по а3 от двете страни на това уравнение, получавам минус х3 по а3 е равно на х1 по а1, плюс х2 по а2 – тук няма 3 – плюс х4 по а4, плюс – извинявам се, х не е вектор, х5 по а5. Това твърдение в цвят сьомга е просто преработена версия на това уравнение ето тук. Всичко, което направих, беше да извадя този член, а3 по х3 от двете страни на уравнението. Обаче х3 е свободна променлива. Можем да ѝ дадем произволна стойност, и същото се отнася до х5. Нека х3 да е равно на –1. Тогава този член ето тук става 1, защото това беше минус х3. Нека х5 да е равно на 0. Ако х5 е равно на 0, тогава този член изчезва, и аз можах да направя това, защото х5 е свободна променлива. Мога да им дам всяка реална стойност, която поискам. Сега представих а3 като линейна комбинация на – можем да кажем потенциалните вектори на базиса, или векторите а1, а2 и а4. Това са вектори от първоначалната матрица, които съответстват на водещите стълбове. За да покажа, че винаги мога да направя това, трябва да покажа, че за тази комбинация винаги има някакви х1, х2 и х4, които удовлетворяват това. И, разбира се, винаги има някакви х1, х2 и х4, които удовлетворяват това, защото просто трябва да заместим свободните променливи х3 е равно на –3 и х5 е равно на 0 в тези уравнения, които получихме от системата, когато я съставихме от ешелонната форма на матрицата. В този случай х1 е равно на –А плюс 0, х2 е равно на –С, и така нататък. Така че винаги можем да направим това. Винаги мога да изразя векторите, които съответстват на неводещите стълбове, като линейни комбинации на векторите, които съответстват на водещите стълбове. Това, което току-що направих за а3, може лесно да се направи за а5, като извадим този член от двете страни на уравнението. Като заместим х5 с –1 и х3 с 0, тогава този третия член изчезва, и можем да направим същото доказателство. При това условие, надявам се, че ти показах, или поне ти помогнах да разбереш и да се чувстваш комфортно с идеята, че векторите... ще избера хубав, ярък цвят – че тези цикламени вектори тук, които съответстват на свободните стълбове, или на свободните променливи, свободните променливи бяха х3 и х5, това бяха ето тези стълбове, че те винаги могат да бъдат изразени като линейни комбинации на другите вектор-стълбове. Защото просто трябва да се преработи това уравнение, да се замести коефициента на вектора, за който търсиш линейна комбинация, да е равен на –1, а всички други свободни променливи да се заместят с 0 за векторите които не търсим. И после ще получиш линейна комбинация от векторите, които съответстват на водещите стълбове. При това условие, аз показах, че тези свободни вектори, като използвам малко свободно терминологията, че тези вектори, които съответстват на неводещите стълбове, могат да бъдат изразени като линейни комбинации от тези вектори. Значи те са излишни. Линейната обвивка на това е еквивалентна на линейната обвивка на това, на линейната обвивка на векторното пространство на матрицата А, така че линейната обвивка на това е векторното пространство на А. В последното видео показах, че тези вектори са линейно независими, а сега показахме, че линейната обвивка на тези вектори е векторното пространство на А. Така че сега трябва да си удовлетворен/а, че тези вектори, които съответстват на.. ще използвам син цвят – този вектор-стълб и този вектор-стълб, които съответстват на водещите стълбове в ешелонната форма на матрицата, те, разбира се, представляват базис за векторното пространство на А. Надявам се, че това не ти се стори твърде объркано.