Добавил:

Sof_Izh Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Алгебра и геометрия

Файл:

2 семестр - 2 курс / ИДЗ_Роменский_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.01.2026

Размер:

392.82 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

МИНОБРНАУКИ РОССИИ САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЭЛЕКТРОТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ «ЛЭТИ» ИМ. В.И. УЛЬЯНОВА (ЛЕНИНА) Кафедра Алгоритмической математики

ОТЧЕТ по индивидуальном домашнему заданию №3

по дисциплине «Алгебра и геометрия» Тема: Аналитическая геометрия

Студент гр. 4343			Роменский М.А.
Руководитель			Михальченко А.В.

Санкт-Петербург

2025

ЗАДАНИЕ

ДЛЯ ИНДИВИДУАЛЬНОГО ДОМАШНЕГО ЗАДАНИЯ №3

Студент Роменский М.А.

Группа 4343

Тема: Аналитическая геометрия

Задание на практику:

Рисунок 1 – Задание на практику

Студент гр. 4343			Роменский М.А.
Руководитель			Михальченко А.В.

	СОДЕРЖАНИЕ
1. ЗАДАНИЕ 1.	............................................................................................................ 4
2. ЗАДАНИЕ 2. ............................................................................................................	5
3. ЗАДАНИЕ 3. ............................................................................................................	6
4. ЗАДАНИЕ 4. ............................................................................................................	7
5. ЗАДАНИЕ 5. ............................................................................................................	9
6. ЗАДАНИЕ 6. ..........................................................................................................	10
7. ЗАДАНИЕ 7. ..........................................................................................................	12
8. ЗАДАНИЕ 8. ..........................................................................................................	14

													1. ЗАДАНИЕ 1
	Проверка, что = (													) является базисом в 3, путем нахождения
											1	2		3
определителя матрицы , составленной из векторов ( 1																						2		3):
					1			−1		2
	= ( 0							1		−1).
					−2			2		−3
		1			−1			2					−1\| − (−1) \| 0						−1\| + 2 \|						1\| = 1 ×\\\\
	\| 0				1			−1\| = 1 \|1					−1\| − (−1) \| 0						−1\| + 2 \|					0	1\| = 1 ×\\\\
	−2				2			−3			2		−3					−2	−3					−2	2
	−2				2			−3
× (−1) − (−1) (−2) + 2 2 = −1 − 2 + 4 = 1.
	Определитель равен 1, что подтверждает, что векторы независимы и
образуют базис.
	Матрица						перехода						–	это матрица,					столбцами					которой		являются
											→
координаты векторов 1, 2, 3													в базисе . Поскольку – стандартный базис,
матрица						совпадает с матрицей .
			→
							1	−1			2
					= ( 0				1		−1).
	→
							−2		2		−3
	Матрица						перехода						является обратной к матрице													. Так как
											→														→
det(			) = 1,				матрица				обратима. Нахождение												методом			Гаусса с
→																				→
составлением расширенной матрицы:
			1		−1			2		1	0	0	(2)				1	−1		2	1		0	0		(2)
	( 0					1		−1\|0			1	0)		3,1			(0	1		−1\|0			1	0)	3,1
		−2				2		−3 0			0	1				~	0	0		1	2		0	1	~
		−2				2		−3 0			0	1					0	0		1	2		0	1
1,2(1)			1		0			1 1		1	0	1,3(−1)					1	0	0 −1		1		−1
1,2(1)		(0			1		−1\|0			1	0)				(1) (0			1	0\| 2		1		1 ).
~		(0			1		−1\|0			1	0)				(1) (0			1	0\| 2		1		1 ).
~			0 0 1 2 0 1										2,3				0 0 1 2 0 1
			0 0 1 2 0 1											~			0 0 1 2 0 1
							1	0		0 −1		1		−1
				= (0 1 0\|							2 1 1 ).
	→
							0	0		1	2	0		1
	Ответ: =							(			)	– базис в 3,
								1		2	3
							1	−1			2					−1		1	−1
					= ( 0				1		−1),					= (	2 1 1 ).
	→												→
							−2		2		−3						2	0	1
																4

							2. ЗАДАНИЕ 2
Вычисление ( ) в стандартном базисе :
			1	3		2		1	24
= (−2 6						2 ) (7) = ( 42 ).

			5	−9		−2		1	−60
11 = 11 11 + 12 21 + 13 31 = 1 1 + 3 7 + 2 1 = 24,
21 = 21 11 + 22 21					+ 23		31 = (−2) · 1 + 6 · 7 + 2 · 1 = 42,
31 = 31 11 + 32 21					+ 33		31 = 5 · 1 + (−9) · 7 + (−2) · 1 = −60.
Применение оператора к результату ( ) :
				1	−1		1	24	−78
( )		= (−1 2 0) ( 42 ) = ( 60 ).

			−3		6		1	−60	120
11 = 11 11 + 12 21							+ 13 31 = 1 · 24 + (−1) · 42 + 1 · (−60) =\\
= −78,
21 = 21 11 + 22 21					+ 23		31 = (−1) · 24 + 2 · 42 + 0 · (−60) = 60,
31 = 31 11 + 32 21					+ 33		31 = (−3) · 24 + 6 · 42 + 1 · (−60) = 120.
	= (−78		60	120) .

Перевод			в базис с помощью матрицы							:
									→
					1	−1		2	−78	18
=			= (		0	1 −1) ( 60 ) = ( 24 ).
	→
				−2		2		−3	120	−36
Ответ: = (18				24		−36) .

		3. ЗАДАНИЕ 3
1	−1	1
det( ) = \|−1	2	0\| = 1 (2 1 − 0 6) − (−1) (−1 1 − 0 ×\\\\\\

−3	6	1

× (−3)) + 1 (−1 6 − 2 (−3)) = 1 2 − 1 (−1) + 1 0 = 2 + 1 + 0 = 1.

Поскольку det( ) ≠ 0, оператор обратим.

1	3	2
det( ) = \|−2	6	2 \| = 1 (6 (−2) − 2 (−9)) − 3 (−2 (−2) −

5	−9	−2

−2 5) + 2 (−2 (−9) − 6 5) = 1 6 − 3 (−6) + 2 (−12) = 6 + 18 − 24 =

= 0.

Поскольку det( ) = 0, оператор необратим.

Ответ: Оператор обратим, оператор необратим.

							4. ЗАДАНИЕ 4
	Нахождение обратной матрицы −1 в базисе :
		1	−1	2 1		0	0 2,1(1)			1	−1	1 1	0	0	1,2(1)
	(−1		2	0\|0		1	0)		(3) (0		1	1\|1	1	0) (−3)
							3,1								3,2
	−3 6 1 0 0 1							~		0 3 4 3 0 1					~
1,2(1)		1	0	2 2		1	0 1,3(−2)				1 0	0 2	7		−2
(−3) (0 1				1\|1		1	0)		(−1) (0 1 0\|1				4		−1)
3,2							2,3
~		0 0 1 0 −3 1						~			0 0 1 0 −3 1
	−1		2	7	−2
	−1	= (1		4	−1)

			0	−3		1
	Нахождение обратной матрицы −1 в базисе :
	−1	= −1		−1			,
			→			→
		1	−1		2
	= (	0	1	−1),
→
	−2		2	−3
C−1			−1		1	−1
C−1	=		= (	2 1 1 ).
→	→
				2	0	1
	= −1					6	1	3
	= −1				= ( 3 1			1).
			→
						−2	−1	0

11 = 11 11 + 12 21 + 13 31 = 2 1 + 7 0 + (−2) (−2) = 2 + +0 + 4 = 6,12 = 11 12 + 12 22 + 13 32 = 2 (−1) + 7 1 + (−2) 2 = (−2) + +7 − 4 = 1,

13 = 11 13 + 12 23 + 13 33 = 2 2 + 7 (−1) + (−2) (−3) = 4 − −7 + 6 = 3,21 = 21 11 + 22 21 + 23 31 = 1 1 + 4 0 + (−1) (−2) = 1 + 0 + +2 = 3,

22 = 21 12 + 22 22 + 23 32 = 1 (−1) + 4 1 + (−1) 2 = (−1) + +4 − 2 = 1,23 = 21 13 + 22 23 + 23 33 = 1 2 + 4 (−1) + (−1) (−3) = 2 − −4 + 3 = 1,

31 = 31 11 + 32 21 + 33 31 = 0 1 + (−3) 0 + 1 (−2) = 0 + 0 − −2 = −2,32 = 31 12 + 32 22 + 33 32 = 0 (−1) + (−3) 1 + 1 2 = 0 − 3 + +2 = −1,

33 = 31 13 + 32 23 + 33 33 = 0 2 + (−3) (−1) + 1 (−3) = 0 + +3 − 3 = 0,

−1	= −1		−1	1		−2
−1	= −1	= (13 2			7 ).
	→
			10	1		6
		2	7	−2			−1	1	−2
Ответ: −1		= (1	4	−1), −1			= (13	2	7 )

		0	−3	1			10	1	6

5. ЗАДАНИЕ 5

Приведение матрицы к ступенчатому виду для нахождения ранга матрицы:

	1			3	2	2,1(2)	1	3	2		3,2(2)	1	3	2		(	1	)
		(−2		6	2 ) (−5) (0			12	6	)	3,2(2)	(0	12	6)		(	6	)
		(−2		6	2 ) (−5) (0			12	6	)		(0	12	6)	2		6
	5		−9 −2			3,1	0	−24	−12		~	0	0	0	~
						~					~				~
						~
	1		3		2
2 (	1	) (0 2		1).
2 (	6	) (0 2		1).
~	0		0		0
	0		0		0

Количество ненулевых строк равно 2. Следовательно, ранг матрицы

равен 2.

По теореме о ранге и дефекте размерность образа оператора равна рангу матрицы , а размерность ядра равна разности количества столбцов и ранга.

dim( ) = 2,

dim( ) = 3 − 2 = 1.

Ответ: dim( ) = 2, dim( ) = 3 − 2 = 1.

6. ЗАДАНИЕ 6

Ядро одномерно, следовательно, базис состоит из одного вектора.

Нахождение ненулевого базисного вектора ядра:

1 + 3 2 + 2 3 = 0, {−2 1 + 6 2 + 2 3 = 0, 5 1 − 9 2 − 2 3 = 0.

Система с матрицей уже была решена ранее, поэтому систему можно упростить.

{ 1 + 3 2 + 2 3 = 0, 2 2 + 3 = 0.

Из второго уравнения следует:

3 = − 2.

Подстановка в первое уравнение:

1 + 3 2 + 2(−2 2) = 0,1 = 2.

Пусть 2 = , тогда 1 = , 3 = −2 .

Тогда вектор имеет вид:

1= ( 1 ).

−2

Нормализация вектора:

‖ ‖ = √12 + 12 + (−2)2 = √6,

11 = √16 (−21 ).

Образ оператора порождается столбцами матрицы . Ранг матрицы равен 2, поэтому базисом образа являются два линейно независимых столбца матрицы .

1	3
1 = (−2), 2 = ( 6 )
5	−9

Нормализация первого вектора:

‖ 1‖ = √12 + (−2)2 + 52 = √30,

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2 семестр - 2 курс

#
24.01.2026152.59 Кб0ИДЗ_Роменский_1.docx
#
24.01.2026392.82 Кб0ИДЗ_Роменский_1.pdf
#
24.01.202687.17 Кб0ИДЗ_Роменский_2.docx