кр по алегебре

Добавил:

VadoZ хачю сдать сессию Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

мает диагональный вид, состоит из собственных векторов, которые явля-

ются столбцами матрицы перехода T =

Обратная матрица

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2024

Размер:

482.88 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

det T = -1 ¹ 0 , значит матрица обратима (т. е. преобразование является не-

								-1		-1	2
вырожденным). Найдем обратную матрицу:					T	−1	=		-7	-4	15
вырожденным). Найдем обратную матрицу:					T		=		-7	-4	15	.
									2	1	-4
									2	1	-4
Матрица в новом базисе вычисляется по формуле
			9	-18	-63
Aɶ = T	−1	AT =	76	-157	-547
Aɶ = T		AT =	76	-157	-547			.
			-21	42	146
			-21	42	146

Задание 8

Найти собственные значения и собственные векторы матрицы

1 -1 3

1 -3 0 .1 3 4

Указать матрицу T перехода к новому базису, в котором матрица Aɶ этого преобразования имеет диагональный вид. Сделать проверку, вычис- лив матрицу Aɶ = T −1 AT .

Собственные значения λ квадратной матрицы A — это корни характери- стического уравнения det( A −λE) = 0 , где E – единичная матрица того же

порядка, что матрица A . В нашем примере характеристическое уравнение

	1 - λ	-1		3
	1 - λ	-1		3
имеет вид	1		-3 - λ	0		= 0 . Разложим определитель по								первой
	1	3		4 - λ
строке: (1 - λ) ×			-3 - λ	0	- (-1) ×		1	0		+ 3 ×	1	-3 - λ	=
строке: (1 - λ) ×			-3 - λ	0	- (-1) ×		1	0		+ 3 ×	1	-3 - λ	=
			3	4 - λ			1	4 - λ			1	3
= (1 − λ)(λ2 − λ −12) + 4 − λ + 3(λ + 6) = 2λ2 − λ3 +13λ +10 = 0 , или
λ3 − 2λ2 −13λ −10 = (λ −5)(λ +1)(λ + 2) = 0 .									Собственные числа					равны

λ1 = 5 , λ2 = −1, λ3 = −2 . Теперь найдем отвечающие этим числам собствен-

ные векторы. Собственный вектор X является решением матричного уравнения AX = λX или ( A −λE) X = 0 . Последнее уравнение можно за-

писать в виде однородной системы.

		-4 -1				3 x							0									-4 x - x + 3x = 0,
Пусть λ =5 ,	тогда		1	-8		0				1					0				или					1		2	3		После
Пусть λ =5 ,	тогда		1	-8		0	×		x2		=				0				или					x1 - 8x2			= 0,		После
			1	3	-1				x						0									x + 3x - x = 0.
										3														1		2	3
преобразований по методу Гаусса приходим к системе x1 - 8x2 = 0,																													из ко-
																									11x2 - x3 = 0,
																										8t
торой получаем общее решение в матричном виде X1 =																										t
торой получаем общее решение в матричном виде X1 =																										t	.

																									11t
		2 -1			3 x							0									2 x - x + 3x = 0,
При λ = −1 имеем			1	-2	0				1				0											1	2		3	что рав-
При λ = −1 имеем			1	-2	0	×	x2			=			0				или x1							- 2x2			= 0,	что рав-
			1 3		5		x						0								x + 3x + 5x = 0,
									3													1			2		3
		x1 - 2x2			= 0,																-2t
носильно системе		x1 - 2x2			= 0,			откуда X 2									=				-t		.
носильно системе								откуда X 2									=				-t		.
		x2 + x3			= 0,
		x2 + x3			= 0,																t
																					t
			3		-1 3 x									0										3x - x + 3x = 0,
				1	-1	0				1						0									1		2	3
При λ = −2 получим				1	-1	0			× x2			=				0		,			т. е.				x1 - x2			= 0, или
				1	3 6				x							0								x + 3x + 6x = 0,
										3														1			2	3
x1 - x2 = 0,															3t
x1 - x2 = 0,	с общим решением X 3											=			3t					. Во всех собственных векто-
	с общим решением X 3											=			3t					. Во всех собственных векто-
2 x2 + 3x3 = 0,
2 x2 + 3x3 = 0,														-2t
														-2t

рах t является произвольной константой. При записи ответа t можно при- дать любое значение, например, t =1. Базис, в котором матрица A прини-

				1	1	3					5	0	0
равна T	−1	=	1	-35			. В новом базисе Aɶ	= T	−1	AT =		-1
					49	21					0		0	.
			42		49	21					0		0	.
			42	-12	30	6					0	0	-2
				-12	30	6					0	0	-2

Задание 9

Для данной квадратичной формы 2x12 −8x1x2 +4x1x3 +9x22 −2x2 x3 +8x32 запи- сать ее матрицу A , привести к каноническому виду методом Лагранжа, проверить равенство Aɶ =T T AT (где T T означает транспонированную матрицу перехода T ), вычислить канонические коэффициенты через угло- вые миноры матрицы A .

	n
Общий	вид квадратичной формы записывается так: ∑aij xi x j , причем
	i, j=1
aij = a ji	, т. е. матрица квадратичной формы A = (aij ) является симметрич-

ной. Это значит, что коэффициенты при произведении xi x j (i ¹ j) делятся

пополам. В нашем примере n =3 , a12 = a21 = −4 , a13 = a31 = 2 , a23 = a32 = −1. Коэффициенты при квадратах переменных образуют главную диагональ

Метод Лагранжа состоит в выделении полных квадратов. Воспользуемся правилом: квадрат суммы равен сумме квадратов всех слагаемых и сумме их всевозможных удвоенных произведений. Дополним до квадрата суммы

все члены квадратичной формы, содержащие x1 :
2( x2	- 4x x + 2x x + 4x2 + x2						- 4x x ) = 2( x - 2x + x )2 .
1	1	2	1	3	2	3		2	3	1		2	3

	было в исходной				дополнили до квадрата
	квадратичной форме
Добавленные слагаемые вычтем, тогда квадратичная форма примет вид
2( x - 2x		+ x )2	- 8x2		- 2x2	+ 8x x			+ 9x2	- 2x x		+ 8x2		. Приведем подобные
1	2	3		2	3		2	3	2	2	3		3

члены и выделим полный квадрат с участием слагаемых, содержащих x2 :

2( x - 2x + x )2			+ x2	+ 6x x + 6x2			= 2( x - 2x + x )2			+ ( x + 3x )2		- 3x2	.	Те-
1	2	3	2	2	3	3	1	2	3	2	3	3		в ко-
перь введем новые переменные							x1 = x1 − 2x2 + x3 , x2 = x2 +3x3 ,					x3 = x3 ,		в ко-
							ɶ			ɶ		ɶ

торых квадратичная форма принимает канонический вид: 2xɶ12 + xɶ22 - 3xɶ32 .

Матрица перехода T к новому базису определяется из соотношения между старыми и новыми координатами:

	x		1		−2 1			x					1		-2 1		−1	1		2	-7
	ɶ
ɶ	ɶ1	=		0	1	3	×	1	= T	−1	× X ,	откуда T =		0	1		=		0	1	-3
X =	x2	=		0	1	3	×	x2	= T		× X ,	откуда T =		0	1	3	=		0	1	-3
	ɶ			0	0	1								0	0				0	0	1
	x3			0	0	1		x3						0	0	1			0	0	1

Обратите внимание на то, что в результате применения метода Лагранжа матрица перехода получается треугольной с единицами на главной диаго-

нали.		Теперь проверим равенство Aɶ =T T AT :
	1		0 0			2		−4 2		1 2		−7		2 −4		2		1 2		−7
					×		-4		×			-3	=				×			-3	=
Aɶ =		2	1 0		×		-4	9 -1	×		0 1	-3	=		0 1	3	×		0 1	-3	=
		-7	-3 1				2				0 0	1			0 0	-3			0 0	1
		-7	-3 1				2	-1 8			0 0	1			0 0	-3			0 0	1
	2	0	0
=	0	1	0
=	0	1	0	. Действительно, мы получили диагональную матрицу с эле-
	0	0	-3
	0	0	-3

ментами главной диагонали, равными каноническим коэффициентам квад- ратичной формы. Эти коэффициенты можно было вычислить по формуле

λ =		i		, где			(i =1,..., n)						– угловые миноры матрицы A , а															=1. Имеем
λ =				, где		i	(i =1,..., n)						– угловые миноры матрицы A , а														0	=1. Имеем
i		Di−1				i																					0
		Di−1																								-4
								a11			a12			2	−4										2		2
																									2		2
1	= a		= 2 ,		2	=						=					= 2 ,			D	3	= det A =			-4	9	-1		= -6 .
1		11			2			a21			a22			−4	9						3
								a21			a22			−4	9										2	-1	8
																									2	-1	8
Отсюда				λ =		1	=		2	= 2 ,		λ =			2	=		2	=1 , λ =				3	= −6 = -3 ,			что совпадает
Отсюда				λ =	D0		=			= 2 ,		λ =			2	=			=1 , λ =				3	= −6 = -3 ,			что совпадает
			1		D0		1						2		D1	2					3		D2	2
			1										2								3

с диагональными элементами матрицы Aɶ .

Задание 10

В десятом задании требуется привести общее уравнение кривой второго порядка, содержащее произведение координат xy , к каноническому виду.

Сначала нужно привести квадратичную часть Ax2 + 2Bxy + Cy2 к алгебраи- ческой сумме квадратов. Это достигается в базисе из нормированных соб-

ственных векторов матрицы A	B	(ортогональное преобразование). Да-
B	C

лее устраняем линейные слагаемые параллельным переносом системы ко- ординат (выделением полных квадратов).

Привести	уравнение	кривой	второго	порядка
7 x2 +12xy + 2 y2 + 2x + 8 y +19 = 0		к каноническому виду		ортогональным

преобразованием, определить тип кривой и координаты ее фокусов.

Найдем собственные векторы матрицы 7	6	(см. задание 9):
6	2
33

7 - λ

= 0 , λ2 −9λ − 22 = 0 ,

λ = −2 , λ =11 .

2 - λ

λ1 = −2 в

7 - λ

Подставим

уравнение

что

дает

2 - λ

× 1

= 0

= 0 ,

откуда 3x1 + 2 y1 = 0 .

Этому уравнению

удовлетворяют

координаты вектора

. Его длина равна

13 . Берем коллинеарный век-

-3

2 /

тор единичной длины e

. Это первый вектор нового базиса.

-3 /

-4 6

Аналогично, для

λ =11

получим

3 /

= 0 , откуда e

6 -9

2 /

Матрица

перехода

новому базису,

таким

образом,

равна

T =

2 /

3 /

y) , которые обозна-

. Новые координаты точки ( x

-3 /

2 /

чим (

находим из матричного равенства (

)= (x

y )×T .

В на-

шем

примере

−3 y

3x + 2 y

Обратное

преобразование

+ 3

y =

−3

. Подставим последние две формулы в уравне-

x =

ние кривой второго порядка:

	2			+ 3				2			2		+ 3		-3		+ 2			-3		+ 2		2
	2		x	+ 3			y	2			2	x	+ 3	y	-3	x	+ 2	y		-3	x	+ 2	y	2
7									+	12									+ 2						+ 2


				13									13				13					13
		-3				+ 2
+8		-3			x	+ 2			y	+19 = 0 .


		13
		13

После упрощения получим	-2				2 +11			2 -	20				+	22
				x			y					x					y


								13					13
					5	2							1		2
выделим полные квадраты: -2		x	+					+11		y	+					+


					13								13

2x + 3 y +

+19 = 0 . Теперь

22 = 0 .

										5	ɶ		1	ɶ	ɶ	2		ɶ2	= −22 , или
Обозначим								x +		5		y +	1			2

										13	= x ,		13	= y ,	тогда −2x		+11y
										13			13
	ɶ2				ɶ2															2 x − 3 y + 5
	x		−		y	=1 .	Это каноническое уравнение гиперболы. Здесь											ɶ		2 x − 3 y + 5	,
																		ɶ
11					2													x =	13
11					2														13
	ɶ	=		3x + 2 y +1					.
	ɶ
	y					13
						13

Теперь найдем координаты фокусов в канонической системе координат.

Определим параметр c гиперболы			xɶ2	−	yɶ2	=1 :	c2 = a2 +b2 =11 + 2 =13 ,
Определим параметр c гиперболы				−		=1 :	c2 = a2 +b2 =11 + 2 =13 ,
11				2
c =	13	. Следовательно, координаты фокусов x = ±						13	,	y = 0	. Отсюда
						ɶ				ɶ

2x −3y +5 = ±13 , 3x + 2 y +1 = 0 . Решая эту систему, найдем координаты фокусов в исходной системе: F1 (1, −2), F2 (−3, 4) .

Список литературы

[1]Куприн А. В., Фроловичев С. М. Курс лекций по аналитической гео- метрии и линейной алгебре: учебное пособие / МТУСИ. – М., 2016. – 88 с.

[2]Куприн А. В., Маненков С. А., Фроловичев С. М. Практикум по анали- тической геометрии и линейной алгебре для бакалавров: учебное пособие /

МТУСИ. – М., 2018. – 82 с.

План УМД на 2018/19 уч. г.

С. , п.

Елена Васильевна Ильина

Андрей Валентинович Куприн

Сергей Александрович Маненков

Сергей Михайлович Фроловичев

КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ И МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ И ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЕ

Учебно-методическое пособие

_______________________________________________________________

Подписано в печать .	.2019 г. Формат 60х90 1/16.
Объём 2,2 усл.п.л. Тираж	экз. Изд.№ . Заказ .

________________________________________________________________

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
01.06.20247.65 Mб3Berman.pdf
#
01.06.20245.04 Mб3L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_1.pdf
#
01.06.20246.08 Mб2L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_2.pdf
#
01.06.20242.46 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_3.pdf
#
01.06.20241.39 Mб21вышмат полезно.pdf
#
01.06.2024482.88 Кб11кр по алегебре.pdf
#
01.06.20245.41 Mб99лекции вышмат.pdf
#
01.06.20241.34 Mб4линейная алгебра и агалитич геом.pdf