Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Пособие по математике для самостоятельной работы студентов 1-го курса направления 08.03.01 - «Строительство»

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

719 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

3.18. 2 x	2	+ 3 x 2			+ 2 x 2			− 8 x				1		x	2	− 4		2 x			1		x	3	+ 2			2 x		2	x	3	.
1				2		3						1			2						1			3						2		3

3.19. x 2	+ x 2			+ x 2		+	4	x		x			+			8	2	x		x			.
3.19. x 2	+ x 2			+ x 2		+		x	1	x	2		+					x	2	x		3	.
1			2		3	3			1		2						3		2			3
						3											3
3.20. − 4 x		2	+ x 2		− 4 x 2			+ 4 x						1	x	2	− 4 x		1	x	3		+ 4 x			2	x	3	.
	1			2		3								1		2			1		3					2		3

3.21.x12 + x 32 + 8 x1 x 2 + 4 2 x1 x 3 − 2 2 x 2 x 3 .

3.22.4 x 22 − 3 x 32 − 4 x1 x 2 − 4 x1 x 3 + 8 x 2 x 3 .

3.23.5 x12 + 1 3 x 22 + 5 x 32 + 4 x1 x 2 + 8 x 2 x 3 .

3.24.4 x12 + 4 x 22 + x32 − 2 x1 x 2 + 2 3 x 2 x3 .

3.25.	2 x 2	+ 2 x 2		+ 2 x 2	+	2	x		x		+	4 2		x			x		.
3.25.	2 x 2	+ 2 x 2		+ 2 x 2	+		x	1	x	2	+			x		2	x	3	.
	1	2		3		3		1		2		3				2		3
						3						3
3.26.	2 x 2	+ 2 x	2	+ 2 x 2		+ 8 x			1	x	2	+ 8 x	1	x	3		− 8 x			2	x	3	.
	1		2		3				1		2		1		3					2		3

3.27.5 x12 + 4 x 22 + 2 x 32 − 4 x1 x 2 − 2 2 x1 x 3 + 4 2 x 2 x 3 .

3.28.2 x12 + 9 x 22 + 2 x 32 − 4 x1 x 2 + 4 x 2 x 3 .

3.29.− 2 x12 + 5 x 22 − 2 x 32 + 4 x1 x 2 + 4 x 2 x 3 .

3.30. − 4 x 2	− 4 x 2	+ 2 x 2	− 4 x	1	x	2	+ 8 x	1	x	3	− 8 x	2	x	3	.
1	2	3		1		2		1		3		2		3

4.Евклидовы пространства

4.1.Определение евклидова пространства

Пусть на линейном пространстве задана симметричная билинейная форма ϕ (x, у) , причём соответствующая ей квадратичная форма

ϕ (x, x) положительно определена.	Значение	этой формы	на	паре
векторов x, у будем называть	скалярным	произведением		этих
векторов и обозначать (x, у) .
Скалярное произведение (x, у)	является	определённой	на	всём

линейном пространстве числовой функцией двух векторных аргументов, удовлетворяющей следующим условиям:

1.	(λ1 x1 + λ2 x2 , y ) = λ1 ( x1 , y ) + λ2 ( x2 , y ) . –	линейность	по
первому аргументу.
2.	( x, µ1 y1 + µ2 y2 ) = µ1 ( x, y1 ) + µ2 ( x, y2 ) –	линейность	по

второму аргументу.

3.( x, у) = ( у, x ) – симметричная матрица.

4.	( x, x ) ≥ 0, при этом ( x, x ) = 0 , если x = 0 .

Линейное пространство, в котором задано скалярное произведение, называется евклидовым действительным пространством.

Пример. Рассмотрим векторное пространствоV3 . В нём скалярное

произведение

определяется

по

формуле,

известной

из

математики: ( x, y ) =

cos ( x, y ) ,

поэтому

оно

является

евклидовым пространством.

4.2. Длина (норма) вектора

Линейное пространство называется нормированным, если выполнены следующие два требования:

1. Имеется правило, посредством которого каждому элементу х пространства ставится в соответствие вещественное число, называемое нормой (длиной) элемента и обозначаемое символом х .

2.Указанное правило подчинено следующим аксиомам:

>0,

если

х –

ненулевой элемент,

=0, если

х – нулевой

элемент;

х и любого

λ х

для

любого элемента

вещественного

числа λ.

Всякое евклидово пространство является нормированным, если в

нем норму (длину) любого элемента х определить равенством: x = ( x, x ) .

пространстве

получим

обычную

длину

вектора:

( x, x )

Неравенство Коши – Буняковского. Модуль скалярного произведения двух векторов не превосходит произведения модулей

этих векторов:

( x, y )

≤

Доказательство.

Запишем неравенство, используя

свойство 4:

(λ х − у, λ х − у) ≥ 0;

λ 2 ( х, х) − 2λ ( х, у) + ( у, у) ≥ 0 .

Квадратный

трехчлен относительно λ неотрицателен, если его дискриминант меньше нуля, т.е. ( х, у)2 − ( х, х)( у, у) ≤ 0 . Перейдя к модулям, получаем

доказываемое неравенство.

Теорема. Если х и y – произвольные векторы евклидова пространства, то длина вектора, являющаяся суммой, не превышает суммы длин этих векторов: x + y ≤ x + y .

Доказательство.

x + y 2 = ( x + y, x + y ) = ( x, x ) + ( x, y) + ( y, x ) + ( y, y ) .

Из

неравенства

Коши – Буняковского:

( x, y )

≤

( y, x )

≤

, тогда:

x + y

2 ≤

2 + 2

2 = (

)2 .

По аналогии с V3

можно

назвать вектор x + y

третьей стороной

треугольника, построенного на векторах х и y . Следовательно, длина

любой стороны треугольника не больше, чем сумма длин двух других сторон.

4.3. Угол между векторами

Если в вещественном евклидовом пространстве даны два вектора х и y , то углом между векторами х и y назовем угол ϕ (от 0 до π ),

( x, y )

косинус которого равен: cosϕ = x y . Это определение корректно в

силу неравенства Коши – Буняковского.

Два вектора х и y евклидова

пространства

называются

ортогональными ( x y ), если( x, y ) = 0 .

(по формуле для косинуса

имеем ϕ = π / 2 ).

Теорема. (Пифагора): Если два вектора

евклидова

пространства

ортогональны, то квадрат

длины

вектора

их суммы

равен сумме квадратов длин слагаемых векторов:

x + y

2 +

2 .

По

определению

длины

вектора:

x + y 2 =( x + y, x + y) =( x, x) +(x, y) +( y, x) +( y, y) = x 2 + y 2 ,

т.к. ( x, y ) = ( x, y) = 0 в силу ортогональности векторов.

Эту теорему можно обобщить на случай n попарно ортогональных векторов евклидова пространства:

x + x

+ …+ x

+ …+

4.4. Выражение скалярного произведения векторов через координаты векторов

Пусть

y –

векторы

–

мерного евклидова

пространства,

– столбцы

из

координат

этих

векторов

X =

произведения( x,

y ) ,

базисе{li } .

Выражение

для

скалярного

являющегося

симметричной

билинейной

формой,

получено

( x,

y ) = X T G Y , где G – матрица

ранее: ( x, y ) = ∑∑ g jk x j yk

или

j =1 k =1

коэффициентов

билинейной

формы,

задающей

скалярное

(l1

, l1 )

(l1 , l2 )

… (l1 , ln )

(l2

, l1 ) (l2 , l2 )

… (l2 , ln )

произведение в базисе{li }

: G = ……………………………

(ln

, l1 ) (ln , l2 ) … (ln , ln )

Поскольку соответствующая квадратичная форма должна быть положительно определённой, все главные миноры этой матрицы положительные, кроме того, G – симметричная матрица.

4.5. Ортогональные и ортонормированные базисы

Очевидно, что в евклидовом пространстве наибольший интерес представляют такие базисы, где скалярное произведение имеет наиболее простой вид. (Заметим, что в линейном пространстве все базисы равноправны!). Этот наиболее простой вид скалярное произведение имеет в таком базисе, в котором матрица G диагональная. Базис, матрица коэффициентов билинейной формы которого диагональная, называется ортогональным базисом. Если при этом матрица G – единичная, то базис называется ортонормированным.

Теорема 1. Для того чтобы система {ei }1n векторов n –мерного

евклидова пространства была его ортогональным базисом, необходимо и достаточно, чтобы она состояла из n ненулевых попарно ортогональных векторов.

Доказательство. Пусть {ei }1n – ортогональный базис n – мерного

евклидова пространства. Всякий базис состоит из n линейно независимых и, следовательно, ненулевых векторов. Тогда его матрица:

	(e , e )		(e	, e		)	… (e , e		)		(e	, e )	0	…		0
	1	1	1		2		1	n			1	1
	(e2 ,	e1 )	(e2 ,		e2 )		... (e2 ,	en )				0	(e2 , e2 ) ...			0
G =	… …						… …			=	… … …				…
						)						0	0	...
	(e ,	e )	(e	,	e	)	... (e ,	e	)			0	0	...	(e	, e	)
	n	1	n		2		n	n							n	n
т.к. (ei , e j ) = δ ij –					по свойству ортогональных векторов,									т.е.	векторы

базиса попарно ортогональны. Обратно, пусть имеется система из n ненулевых и попарно ортогональных векторов. Матрица этой системы имеет диагональный вид. Определитель этой матрицы положителен, тогда эти векторы линейно независимы и образуют базис, который ортогонален.

Следствие. Базис называется ортогональным, если он состоит из попарно ортогональных векторов. В случае ортонормированного

базиса, кроме того,

2 = 1 ,

т.е. базис состоит из единичных попарно

ортогональных векторов.

x и

Теорема 2. Для того, чтобы скалярное произведение векторов

y имело вид: ( x, y ) = x1 y1 + x2 y2 + …+ xn yn ,

(4.1)

необходимо и достаточно, чтобы базис

был

ортонормированным

( xk ,

yi – координаты векторов в базисе е1 , е2 ,..., еn ).

Доказательство.

Если

для любой

пары

векторов

скалярное

произведение

имеет

вид

(4.1),

то

для

базисных

векторов:

1, k = i,

(ek ,

ei ) = δ ki

, т.е.

базис ортонормированный. Обратно,

если

0, k ≠ i

базис

ортонормированный,

то

матрица

G=E,

поэтому( x, y ) = X T EY = X T Y = x1 y1 + x2 y2 + …+ xn yn .

Замечание.

Если

дан

ортогональный базис,

то его можно

превратить

ортонормированный:

e j0

( j

= 1, … , n ) ,

т.к.

e j

)

e j

(e j

, ek

(e j0 , ek0 ) =

δ jk , то

е10

,..., еn0 –

ортонормированный

базис.

4.6. Построение ортогонального базиса

Ортогональный базис можно построить методом Якоби, однако, при этом возможны громоздкие вычисления. Более удобный способ – следующий. Пусть имеется n– мерное евклидово пространство. Согласно определения размерности пространства, найдется n линейно

независимых

векторов

f1 , …, fn

их

линейной

оболочке

базис{ei } . Будем

L( f1 , …,

fn )

построим

ортогональный

строить

векторы искомого базиса последовательно.

Полагаем, что e1

= f1 ; e2

= f2 + λe1 .

Вектор e2

ни при каком λ

не

может быть нулевым, т.к. иначе

f2 и f1

–

линейно зависимые, а это

противоречит условию теоремы о линейной независимости векторов.

Число λ выберем так, чтобы векторы

и e2

были ортогональны,

т.е. (e2 , e1 ) = 0 .

Тогда

( f2 + λe1 , e1 ) = 0 ,

( f2 ,

e1 )

( f2 , e1 ) + λ (e1 , e1 ) = 0, λ = −

причем

((e1 , e1 ) ≠ 0) .

Таким

(e1 ,

e1 )

образом,

построен

вектор e2 .

Строим

вектор e3 = f3 + λ1e1 + λ2 e2 ,

полагая,

что

(e3 , e1 ) = 0

(e3 , e2 ) = 0 .

Тогда,

из

первого

равенства: ( f3 , e1 ) + λ1 (e1

, e1 ) + λ2 (е2 , e1 ) = 0 ,

(

f3 ,

e1 )

но(e1 , e2 )

= 0 ,поэтомуλ1 = −

Из

второго

равенства:

(e1 ,

e1 )

( f3 ,

e2 )

( f 3 ,

e2 ) + λ1 (e1,

e2 ) + λ2 (е2 , e2 ) = 0

определяется λ2

= −

(e ,

)

Построенный вектор e3 отличен

от

нуля,

иначе векторы

f1 , f2 ,

линейно зависимые, что противоречит условию теоремы.

Таким

образом,

построили

три ортогональных вектора

е1 , е2 , е3 ,

принадлежащих оболочке

Продолжив этот процесс, построим

остальные векторы ei (согласно теореме 1). Тем самым мы фактически

доказали теорему о существовании во всяком n – мерном евклидовом пространстве ортонормированного базиса.

Чтобы построить ортонормированный базис, нормируем

полученные векторы: e j0

e j

Замечание.

Координаты

любого

вектора

ортонормированном

базисе

{e j0 }

определяются

по

формуле: x j = ( x, e j0 ) .

Примеры решения типовых задач

Пример 4.1. Вычислить косинус угла между векторами

; если скалярное произведение равно сумме

x =

y =

произведений координат.

Имеем: cosϕ = 0 7 +1 1+1 2 +1 0 = 1 . 1+1+17 +1+ 4 2

Пример 4.2. В Rn даны два линейно независимых вектора f

f2 своими

координатами

некотором

ортонормированном базисе:

и f

= 1 . Построить ортонормированный базис в линейной

оболочке этих векторов.

Решение

Скалярное произведение:

( x, y ) = ∑ xi yi

= x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 +…+ xn yn .

i =1

Пусть e1

= f1 ;

тогда e2

= f2 + λe1 ,

коэффициент

выберем

из

условия,

чтобы

(e2

, e1 ) = 0,

тогда ( f2 , e1 ) + λ (e1

, e1 ) = 0, откуда

																					0
	( f2 , e1 )				1 + 0 +1 + 0						2										1
λ = −			= −							= −		= −1			,	т.е.	e	= f	2	− e	=	.
λ = −			= −							= −		= −1			,	т.е.	e	= f		− e	=	.
	(e , e )				1 + 0 +1 + 0						2						2			1	0
	(e , e )				1 + 0 +1 + 0						2										0
1		1

																					1
								1						0
Нормируем: e 0						1		0		e 0 =		1		1
				=		1		0	,			1		1	.
				=					,						.
			1					1		2				0
							2	1					2	0
								0						1

5. Билинейные и квадратичные формы на евклидовом пространстве

5.1. Приведение квадратичной формы к сумме квадратов в ортонормированном базисе

Каждой билинейной форме n- мерного евклидова пространства поставлен в соответствие линейный оператор в том же пространстве, матрица которого в любом ортонормированном базисе совпадает с матрицей билинейной формы.

Оказывается, что для симметричной квадратичной формы среди канонических базисов существует и ортонормированный базис.

Вортонормированном базисе из собственных векторов

соответствующая квадратичная форма является суммой квадратов:

f ( x, x ) = λ ( x )2	+ λ ( x	2	)2	+…+ λ (x )2	. Коэффициенты	λ	являются
1 1	2	2		n n		i

собственными значениями оператора.

Теорема. Ортонормированный базис тогда и только тогда является каноническим базисом симметричной квадратичной формы, когда векторы базиса являются собственными векторами соответствующего этой форме линейного оператора.

5.2. Приведение уравнения кривой второго порядка к

			каноническому виду
Уравнение		кривой				второго	порядка		имеет
3		3
вид: ∑ aij xi x j	+ ∑bj x j		+ c = 0 .
i , j =1		j =1
Переход	от	одного		базиса		к другому сводится к			замене

переменных.		Поскольку			исходный		базис	{i, j, k}	был
ортонормированным,			то	матрица		перехода	является	ортогональной.
									58

Первое слагаемое – квадратичная форма, которую необходимо привести к каноническому виду и затем осуществить параллельный перенос.

Примеры решения типовых задач Пример 5.1. Привести к каноническому виду квадратичную форму

f (x, x) = 2( x1 )2 + ( x2 )2 − 4x1x2 − 4x2 x3 и

найти

собственные

векторы

соответствующего форме оператора.

Решение

Матрица квадратичной формы:

−2

A = −2

1 −2 .

−2

Составим и решим характеристическое уравнение:

2 − λ

−2

1 − λ

−2

= 0,

−2

−λ

(2 − λ )(1 − λ )(−λ ) − 4 (2 − λ ) + 4λ = 0; − λ 3 + 3λ 2 + 6λ − 8 = 0;

λ 3 + 8 − 3λ (λ + 2) = 0, (λ + 2)(λ 2 − 2λ + 4) − 3λ (λ + 2) = 0,

Тогда

λ 1= 4, λ 2 = 1, λ 3 = −2.

− 2

квадратичная форма имеет вид: f (x, x) = 4( x1 )

+ ( x2 )

( x3 )

Найдём координаты собственных векторов:

	−2m1 − 2n1 = 0,			m1 = −n1 ,
λ1		− 3n1	− 2 p1 = 0,		= −1 / 2n1 ,
	= 4, −2m1			p1
		− 4n1	= 0.		= −t.
	−2n1			n1

		t
		t
	=	−t .
e	=	−t .
1

		t
		2

Если λ2 = 1 , то получаем систему для определения координат собственных векторов:

m2 − 2n2 = 0,		m2 = 2n2 ,			t
	− 2 p2 = 0,		= −2n2 ,			t
−2m2	− 2 p2 = 0,	p2	= −2n2 ,	e2	=	t	.
						2
−2n2	− p2 = 0;	n2	= t / 2;			−t

	Для λ3 = −2 , получаем:
4m − 2n = 0,			m = 1 / 2n ,
	3	3	3	3
−2m3 + 3n3 − 2 p3 = 0,			p3 = n3 ,
		+ 2 p3 = 0.		= t.
−2n3			n3

		t
		2
	=	t	.
e	=	t	.
3

		t

										2							2										1
Нормируем: e 0 =										3				e 0			3								e 0 =			3
Нормируем: e 0 =										− 2		;		e 0	=		1				;				e 0 =		2	.
					1					3				2			3						3					3
					1									2									3
										1							− 2
										1							− 2										2
										3							3											3
	Пример 5.2. Найти каноническое уравнение кривой второго
порядка −x2 + 4xy − y2 + 2x − 4y +1 = 0, определить её тип и построить ее.
																		Решение
	Первые						три		слагаемые						–		квадратичная форма, т.е.													многочлен
															−1 2
второй степени. Ее матрица:																			.
																2 −1
	Решим																												характеристическое
уравнение:							−1− λ			2				= 0; (−1− λ)2 − 4 = 0; λ +1= ±2; λ =1; λ = −3																	–
уравнение:							−1− λ			2				= 0; (−1− λ)2 − 4 = 0; λ +1= ±2; λ =1; λ = −3																	–
						2				−1− λ																			1	2
																													1	2

собственные значения. Найдем собственные векторы для λ1 =1:
−2m1 + 2n1 = 0,																= (1; 1) , нормируем:
	2m1 − 2n1 = 0.									m1 = n1 = 1; e1						= (1; 1) , нормируем:
	2m1 − 2n1 = 0.
		1			1																2m2 + 2n2							= 0,
e1	=			;				. Для λ2 = −3 имеем:														2m2 + 2n2 = 0.							m2 = −n2 ;


			2				2
			2				2
	= (−1; 1) , нормируем:																1						1
e2														e2 = −						;						. Выполним преобразование:


																	2							2
x =		1	( x′ − y′) ; y =								1		( x′ + y′) , получим:


	2									2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]