Индивидуальные задания по линейной алгебре линейные операторы, квадратичные формы, кривые второго порядка. Учебно-методическое пособие

ми которого и являются собственные числа:

Раскроем определитель и запишем характеристический многочлен:

p q “ p1 ´ qp3 ´ qp´11 ´ q ´ 135 ´ 135 ` 27p3 ´ q `

` 45p1 ´ q ´ 15p´11 ´ q “ ´ 3 ´ 7 2 ´ 16 ´ 12.

Ищем корни этого многочлена. Перебирая целые делители свободного члена, находим, что 1 “ ´3 является корнем. Тогда по следствию теоремы Безу, многочлен делится на скобку p ` 3q. Выполнив это деление («уголком» или по схеме Горнера), получим:

3 ` 7 2 ` 16 ` 12 “ p ` 3q ` 2 ` 4 ` 4˘ “ p ` 3qp ` 2q2.

Видим, что два других корня совпадают: 2 “ 3 “ ´2.

Теперь последовательно ищем собственные векторы, отвечающие найденным собственным числам. В матрицу ´ , соответствующую однородной системе линейных уравнений, подставляем вместо значения, являющиеся собственными числами. Сначала подставим 1 “ ´3:

Затем преобразуем эту вырожденную матрицу и найдем множество решений соответствующей ей однородной системы линейных урав-

нений ¯. p ´ 1 q “ 0

11

Проведем действия, подобные тем, что производились в задаче 1 настоящего пособия:

Подставляя вместо свободной переменной 1 какое-то ненулевое

значение, например, 1 “ 3, получим собственный вектор: ˚˝´5‹‚.

9

Все другие собственные векторы, отвечающие тому же собственному числу 1, получаются из только что выписанного вектора умножением на произвольный ненулевой коэффициент (что легко увидеть из выражения общего решения однородной системы линейных уравнений).

12

Аналогично действуем с другим собственным значением 2 “ ´2:

9´9 ´11 ´ p´2q ˇ 0

9´9 ´9 ˇ 0 : p´9q

Обведенная единица означает коэффициент перед выбранной базисной переменной, в нашем случае это 2. Отсюда выразим базисную переменную:

Запишем общее решение однородной системы линейных уравне-

ний ¯, соответствующей второму собственному числу: p ´ 2 q “ 0

¨ ˛

1

“ ˚˝ 1 ´ 3‹‚.

3

При всех значениях свободных переменных 1 и 3, при которых вектор не обращается в нулевой, столбец решения будет собственным вектором исходной матрицы, отвечающим собственному числу 2.

Легко понять, что ¯ 2 2 .

‰ 0 ô 1 ` 3 ‰ 0

Можно заметить, что столбец раскладывается в линейную комбинацию линейно независимых слагаемых:

¨ ˛ ¨ ˛

1 0

“ 1 ˚˝1‹‚` 3 ˚˝´1‹‚.

0 1

13

Проверка. Нетрудно понять, что проверку достаточно выполнить для трех конкретных собственных векторов, через которые выражаются все остальные:

¨ ˛

3

¯1 “ ˚˝´5‹‚ для 1 и

9

10

¯2 “ ˚˝1‹‚, ¯3 “ ˚˝´1‹‚ для 2.

01

Выполним проверку:

14

4. В некотором базисе линейные операторы и имеют, соответствен-

ящий из собственных векторов оператора (новый базис), а также матрицы операторов и в этом базисе.

Решение. Будем решать задачу поэтапно.

1) Найдем собственные числа и собственные векторы оператора . Так как матрицей оператора в исходном базисе является матрица , его характеристическое уравнение имеет вид

ˇˇ

ˇ6 4 ´ ˇ

Корни характеристического уравнения: 1 “ 1 и 2 “ 6, это и есть собственные числа оператора . Найдем соответствующие им соб-

˜¸

15

2) Возьмем два конкретных собственных вектора, соответствующих разным собственным значениям, например,

Векторы 1, 2 образуют базис, так как составленный из них определитель отличен от нуля:

ˇˇ

Обозначим через этот новый базис, а исходный (старый) базис пространства обозначим через .

3)Найдем r s – матрицу оператора в базисе . Его матрица

встаром базисе нам известна: r s “ . Воспользуемся формулой, связывающей матрицы оператора в разных базисах:

где “ Ñ – матрица перехода от базиса к , а обратная к ней ´1 — это матрица перехода от к .

16

Мы можем сразу составить матрицу ´1, ведь столбцы матрицы перехода от к – это координаты векторов базиса в базисе , то есть известные нам координаты собственных векторов 1, 2:

˜¸

Теперь найдем матрицу как обратную к ´1, воспользовавшись методом Жордана – Гаусса (методом элементарных преобразований):

´

Как известно, матрица оператора в базисе, составленном из его собственных векторов, является диагональной, причем по диагонали располагаются собственные числа, соответствующие базисным векторам, то есть в данном случае это должны быть числа 1 “ 1,2 “ 6. У нас именно так и получилось, и это является подтверждением того, что матрица r s найдена верно.

17

4) Для нахождения матрицы в базисе также воспользуемся формулой для матрицы оператора в новом базисе:

5. При каких значениях число “ 3 является собственным числом

Решение. Число “ 3 является собственным тогда и только тогда, когда оно является корнем характеристического полинома ,

“ ´2p´6 ` 6q ´ p´ ´ 12q ` 8p ` 12q “ 2 ` 20 ` 96.

Решаем квадратное уравнение 2 ` 20 ` 96 “ 0:

?

1,2 “ ´20 ˘ 400 ´ 4 ¨ 96. 2

Получаем решения 1 “ ´8 и 2 “ ´12. Это и будет ответом для данной задачи.

Ответ: 1 “ ´8, 2 “ ´12.

18

6.Построить уравнение кривой и указать ее тип, если одна из директрис задается уравнением ` `1 “ 0, ближайший фокус — в точке p´1, ´2q, а эксцентриситет равен 2.

Решение. Эксцентриситет равен 2, значит, данная кривая является кривой гиперболического типа. Основное свойство эксцентриситета состоит в том, что отношение расстояния от точки кривой до фокуса к расстоянию от соответствующей директрисы до этой точки постоянно и равно эксцентриситету . То есть произвольная точка p , q данной кривой задается условием

pp , q, q “ .p , p , qq

Расстояние между точками p , q и вычисляется так:

a a

pp , q, q “ p ` 1q2 ` p ` 2q2 “ 2 ` 2 ` 2 ` 4 ` 5.

Расстояние от прямой до точки p , q вычисляется следующим образом:

В итоге получим:

a

2 ` 2 ` 2 ` 4 ` 5 “ 2,

| ` `1|

?

2

2p 2 ` 2 ` 2 ` 4 ` 5q “ 4p ` ` 1q2,

p 2 ` 2 ` 2 ` 4 ` 5q “ 2p 2 ` 2 ` 1 ` 2 ` 2 ` 2 q,

2 ` 4 ` 2 ` 2 ´ 3 “ 0.

Ответ: 2 ` 4 ` 2 ` 2 ´ 3 “ 0.

7. Найти канонический вид квадратичной формы

3 2 ´ 12 ` 12 ´ 4 2 ´ 2 ´ 4 2.

19

Решение. Матрица данной квадратичной формы имеет вид

¨ ˛

3 ´6 6

˚˝´6 ´4 ´1‹‚.

6 ´1 ´4

Найдем собственные числа.

“p3 ´ qp4 ` q2 ` 36 ` 36 ` 36p4 ` q ` 36p4 ` q ´ p3 ´ q “

“´ 3 ´ 5 2 ` 81 ` 405.

Найдем корни этого полинома. Для начала разложим его на множители.

´ 3 ´ 5 2 ` 81 ` 405 “ ´ 2p ` 5q ` 81p ` 5q “

“ ´p ` 5qp 2 ´ 81q “ ´p ` 5qp ´ 9qp ` 9q.

Значит, собственные числа равны, соответственно, 9, ´9, ´5. Эти же числа и являются коэффициентами канонического вида квадратичной формы.

Ответ: 9 12 ´ 9 12 ´ 5 12.

8. Дано уравнение кривой второго порядка в системе координат :

3 2 ´ 8 ´ 3 2 ` 24 ` 18 ´ 22 “ 0.

Найти канонический базис, каноническую систему координат, каноническое уравнение кривой. Построить кривую в исходной системе координат.

Решение. Каноническим базисом для кривой второго порядка является базис, состоящий из собственных векторов симметрической матрицы квадратичной части данного уравнения. Составим эту мат-

20