Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Руководство к решению задач по алгебре и геометрии
.pdf
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 41
⎛
02−2
⎝
20 0
=
20 2
⎞
⎠
⎛
⎝
+
010
002
100
⎛
010
⎝
B(2A + B)=
002
100
Теперь найдем B ·(2A + B) ·X.
⎛
⎞
20 2
⎝
60 4
⎠
03−2
⎞
⎠
⎛
⎝
·
⎞
⎠
=
⎛
03−2
⎝
20 2
·
30 2
⎞
x
1
⎠
x
2
x
3
⎛
03−2
⎝
20 2
30 2
⎛
2x
⎝
6x1+4x
=
3x2− 2x
⎞
⎠
+2x
1
⎞
⎠
=
⎛
20 2
⎝
60 4
=
03−2
⎞
3
⎠
3
3
⎛
03−2
⎝
20 2
30 2
.
⎞
⎠
⎞
⎠
.
.
Итак, (
(2+
Задание 8. Найти матрицу в базисе (e
если она задана в базисе (e
))x =(2x1+2x3, 6x1+4x3, 3x1− 2x3).
,e
1
e
= e2+2e3,e
1
2
1,e2,e3
⎛
= e1− e3,e
):
⎞
2
,e
),где
3
= e1+ e2,
3
011
A =
⎝
−101
⎠
.
1 −11
Решение. Напишем матрицу перехода от базиса e
, e
:
e
2
3
⎛
⎞
, e2, e3кбазисуe
1
011
C =
⎝
101
⎠
.
2 −10
Тогда матрице A вбазисеe
, e
,гдеA1= C−1AC.НайдемC−1методом алгебраических дополнений.
e
2
3
det C =
, e2, e3соответствует матрица A1вбазисеe
1
A
A
=(−1)
11
12
=(−1)
011
101
2 −10
1+1
1+2
−10
=2−1=1.
01
=1.
11
=1.
20
,
1
,
1
42 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
10
Записываем C
−1
:
A13=(−1)
A
=(−1)
21
A
=(−1)
22
A
=(−1)
23
A
=(−1)
31
A
=(−1)
32
A
=(−1)
33
⎛
−1
C
⎝
=
1+3
2+1
2+2
2+3
3+1
3+2
3+3
1 −11
2 −21
2 −1
11
−10
01
20
01
2 −1
11
01
01
11
01
10
= −1.
= −1.
= −2.
=2.
=1.
=1.
= −1.
⎞
⎠
.
−12−1
Проверим, правильно ли найдена обратная матрица:
⎞
⎠
⎛
⎝
·
011
101
2 −10
⎛
−1
C
C =
1 −11
⎝
2 −21
−12−1
⎞
⎠
=
⎛
100
⎝
010
001
⎞
⎠
= E.
Теперь найдем A
.
1
⎛
1 −11
⎝
A
= C−1AC =
1
2 −21
−12−1
⎛
⎝
=
221
311
−300
⎞⎠⎛
011
⎝
101
2 −10
Итак, в новом базисе матрица равна
⎞⎠⎛
011
⎝
−101
1 −11
⎞
⎛
⎠
⎝
=
⎛
414
⎝
324
0 −3 − 3
⎞⎠⎛
011
⎝
101
2 −10
⎞
414
324
⎠
0 −3 −3
⎞
⎠
.
⎞
⎠
=
.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 43
Задание 9. Доказать линейность, найти матрицу, область значений и яд-
ро оператора проектирования на плоскость x −
Решение. Найдем какой-нибудь базис плоскости x −
стве первого из базисных векторов возьмем
рем так, чтобы
координаты
e2∈ xOz.Этоозначает,чтоe2=(x, 0,z). Учитывая, что
e2удовлетворяют уравнению x −√3z =0, берем в качестве e
√
3z =0.
√
3z =0.Вкаче-
e1=(0, 1, 0).Векторe2выбе-
вектор (√3, 0, 1).Пустьa =(a1,a2,a3) — произвольный вектор. Нам надо
представить
a в виде суммы b + c,гдеb и c удовлетворяют условиям:
⎧
⎪
b = xe1+ ye2,
⎨
c, e1)=0,
(
⎪
⎩
(
c, e2)=0
(то есть вектор
b лежит в плоскости x −√3z =0,авекторc ей перпенди-
кулярен). Итак,
b = xe1+ ye2=(0,x,0) + (√3, 0,y)=(√3y, x, y).
Тогда
c = a − b =(a1−√3y, a2− x, a3− y). Для определения x и y
воспользуемся системой уравнений
или
3
+√3a
4
a
− x =0
2
√
3a1− 3y + a3− y =0.
.Отсюда
√
2
,
3a1+ a
4
3
,a
3
,
Получаем x = a
(
c, e1)=0
c, e2)=0
(
, y =
2
b =
√
3a1+ a
3a
4
1
2
то есть фактически мы ищем оператор
тор (a
1,a2,a3
) ввектор
матрица
1
Рассуждая так же, как в задании 5, можно доказать, что такой оператор линеен.
3a1+√3a
A =
4
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
, переводящий произвольный век-
√
3
,a2,
3
4
010
√
4
√
0
4
3
1
0
4
3a1+ a
4
⎞
3
⎟
⎟
.
⎟
⎠
3
1
.
Ему соответствует
44 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Найдем образ (область значений) этого оператора. Посмотрим, во что переходят векторы, образующие базис R
⎞
⎛
1
⎠
⎝
0
=
0
√
3/4
0
3/4
⎞
⎠
v2= A·
,
— линейная оболочка трех найденных векторов. Но v3=
v1= A·
Образ
⎛
⎝
поэтому в качестве базиса можно взять
3
.
⎛
⎝
⎞
0
⎠
1
0
⎞
⎛
⎛
0
⎠
⎝
1
=
,
v3= A·
⎝
0
v1и v2(они, очевидно, линейно
⎞
⎛
0
⎠
⎝
0
=
1
√
3/4
0
1/4
√
⎞
⎠
1
v1,
3
независимы). Тогда dim(Im A)=2.
Теперь найдем ядро
. Это множество решений уравнения AX =0.
Если обозначить X =(x, y, z), то получаем систему линейных уравнений
⎧
√
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
y =0
⎪
√
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
При z =1получаем фундаментальную систему решений
√
3
4
3
4
x +
x +
3
4
1
z =0,
4
z =0
откуда
⎧
⎨
⎩
x = −
y =0.
√
z
3
⎛
−1/
⎝
⎞
√
3
⎠
,ко-
0
1
торая и будет базисом Ker
плоскости x −
√
3z =0). Таким образом, dim(Ker)=1.
Заметим, что dim(Ker
(т. е. Ker— это прямая, перпендикулярная
)+dim(Im)=1+2=3(размерности
исходного пространства).
.
Задание 10. Найти собственные числа и жорданову форму данных
матриц.
Решение.
а)
A =
⎛
−286
⎝
−410 6
⎞
⎠
.
4 −8 − 4
Найдем характеристический многочлен матрицы A:
det(A − λE)=
−2 − λ 86
−410− λ 6
4 −8 −4 − λ
= −λ(2 −λ)
2
.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 45
Собственные числа матрицы A — это корни характеристического многочлена, то есть λ
=0и λ2= λ3=2. Однократному корню λ1=0соответ-
1
ствует одна одномерная клетка Жордана. Собственное число λ =2 имеет
кратность 2, поэтому ему может соответствовать одна двумерная или две
одномерные клетки. Собственные векторы, соответствующие этому собственному числу, удовлетворяют системе уравнений
(A − 2E) ·X =0
с матрицей
⎛
⎞
−486
A − 2E =
⎝
−486
⎠
.
4 −8 −6
Поскольку rg(A−2E)=1, эта система имеет два линейно независимых ре-
шения, а двум линейно независимым собственным векторам соответствуют
две клетки Жордана с собственным числом λ =2. Итак, жорданова форма
матрицы A
⎛
⎞
2 00
⎝
J
A
0 2 0
=
⎠
000
⎛
⎞
0 00
(или
⎝
0 2 0
⎠
,таккакJ
определена с точностью до перестановки
A
002
клеток).
б)
⎛
⎞
11−1
A =
⎝
−3 −33
⎠
.
−2 −22
Составляем характеристический многочлен
det(A − λE)=
1 − λ 1 −1
−3 −3 − λ 3
−2 −22− λ
= −λ
3
.
У матрицы A есть единственное собственное число λ =0кратности 3. Ему
могут соответствовать три одномерные, одна трехмерная или две (одномерная и двумерная) клетки Жордана. Найдем количество линейно независи-
46 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
мых собственных векторов. Поскольку
⎛
⎞
11−1
rg(A − λE)=rgA =rg
⎝
−3 −33
⎠
=1,
−2 −22
система уравнений
(A − λE) ·X =0
имеет два линейно независимых решения и матрица J
содержит две клетки
A
Жордана. Таким образом (с точностью до перестановки клеток),
⎛
⎞
010
⎝
J
A
000
=
⎠
.
000
в)
⎛
4 −3 −3
⎝
121
A =
112
Найдем собственные значения матрицы A.
4 − λ −3 −3
=(4−λ)(2−λ)
det(A − λE)=
2
−3−3−(−3(2−λ)+4−λ−3(2−λ))=−λ3+8λ2−25λ+18.
Теперь решим уравнение
3
−λ
+8λ2− 25λ +18=0,
3
λ
− 8λ2+25λ − 18 = 0.
Один из корней, очевидно, λ
=1. Чтобы найти остальные корни, разделим
1
наш многочлен на λ −1.
3
λ
−8λ2+25λ − 18 λ − 1
2
λ3− λ
−7λ2+25λ − 18
2
−7λ
+7λ
18λ − 18
18λ − 18
⎞
⎠
.
12− λ 1
112− λ
λ2− 7λ +18
0
=
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 47
Решим уравнение λ2− 7λ +18=0:
D =49−72 = −23
√
7+
−23
=
λ
3,4
=
2
√
23
7
±
2
i.
2
Данная матрица имеет три различных собственных значения, поэтому ее
жорданова форма
⎛
10 0
⎜
⎜
0
⎜
⎝
00
√
23
7
+
2
i 0
2
√
7
−
2
⎞
⎟
⎟
.
⎟
⎠
23
i
2
Задание 11. Привести данные квадратичные формы к каноническому
(диагональному) виду методом Лагранжа.
Решение. При выделении полных квадратов мы будем пользоваться
следующим тождеством:
2
a
x
+2a12x1x2+ ...+2a1nx1xn=
11
1
1
−
(a12x2+ ...+ a1nxn)2,
a
11
справедливым во всех случаях, когда a
а) F (x)=x
Здесь a
F (x)=
Обозначим x
2
+2x1x2+2x1x3+2x
1
=1=0,поэтому
11
1
(x
+ x2+ x3)2−
1
1
=(x
+ x2+ x3)2+ x
1
1+x2+x3
= y и применим ту же самую формулу к оставшимся
a
11
1
(x
2
1
1
(a11x1+ a12x2+ ...+ a1nxn)2−
11
=0.
2
+4x2x3+3x
2
+ x3)2+2x
2
+2x2x3+2x
2
2
.
3
2
+4x2x3+3x
2
2
.
3
2
3
=
трем слагаемым, где роль первой по счету переменной будет играть x
(Заметим, что переменная x
в записи F (x) уже не встречается.) Итак,
1
.
2
F (x)=y
Обозначая x
2
2
+ x
+2x2x3+2x
1
2
= y
+ x3= y2и x3= y3, получаем, что
2
F (x)=y
2
= y
3
2
+(x2+ x3)2+ x
1
2
1
2
1
+ y
1
+
1
2
+ y
2
(x
2
2
3
2
,
3
+ x3)2−
.
1
2
3
+2x
2
=
3
x
1
48 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
где
б) F (x)=2x
Поскольку a
=
где y
1
2
+2x
1
=2=0, воспользуемся той же самой формулой:
11
F (x)=
+2x
1
(2x
− 2x2+ x4)2+2x
1
2
1
2
y
=
1
2
=2x1− 2x2+ x4. Поскольку теперь коэффициент перед x
2
2
1
(2x
2
2
2
+2x
⎧
y
= x1+ x2+ x
⎪
1
⎨
y2= x2+ x
⎪
⎩
y3= x3.
2
+2x
+2x
3
− 2x2+ x4)2−
1
2
+2x
+2x
3
2
3
3
2
3
2
x
+
4
2
3
3
2
− 4x1x2+2x1x4+2x2x3− 4x3x4.
4
1
(−2x
+ x4)2+
2
2
2
+2x2x3− 4x3x4=
4
3
2
x
+
+2x2x3− 4x3x4+2x2x4=
4
2
+2x2x3− 4x3x4+2x2x4,
нулю, будем выделять полный квадрат, начиная с переменной x
3
x
2
− 2x4)2+
1
2
2
+2x2x4=
4
3
2
x
+2x2x4=
4
2
2
x
,
4
=
F (x)=
1
2
y
1
2
1
2
2
+2x
y
1
2
1
(2x
+
+ x2− 2x4)2−
3
2
1
=
2
+2x2x3− 4x3x4+
3
1
2
y
2
y
+
1
−
2
2
1
(x
2
1
2
x
+4x2x4−
2
2
2
2
равен
2
:
3
=2x3+ x2− 2x4. Осталось выделить полный квадрат из последних
где y
2
трех слагаемых:
F (x)=
где y
3
1
1
2
y
y
+
1
2
2
1
= −
x2+2x4.Обозначаяy4= x4, переписываем квадратичную
2
1
2
+
2
− 1/2
1
=
y
2
1
x
−
2
2
1
2
2
y
+
1
− 2y
2
2
+2x
2
3
2
1
− 1/2
,
(2x
−
4
15
2
x
+
4
2
форму F(x) ввиде:
1
F (x)=
1
2
y
2
2
y
+
1
− 2y
2
2
15
2
3
2
y
+
.
4
2
)2−
4
1
2
x
=
4
2
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 49
Мы сделали замену переменных:
⎧
=2x1− 2x2+ x
y
1
⎪
⎪
⎪
⎪
y2=2x3+ x2− 2x
⎨
⎪
y3= −
⎪
⎪
⎪
⎩
y4= x4.
4
4
1
x
+2x
2
2
4
в) F (x)=x
+ x2x3+ x1x3.
1x2
На сей раз F (x) не содержит ни одного квадрата, поэтому сначала
сделаем замену переменных:
⎧
= y1+ y2,
x
⎪
1
⎨
x
= y1− y2,
2
⎪
⎩
= y3,
x
3
после которой F (x) приобретает вид:
F (x)=(y
+ y2)(y1− y2)+(y1− y2)y3+(y1+ y2)y3= y
1
2
1
− y
Действуя так же, как и в предыдущих случаях, получаем
где
F (x)=
1
(y
1
+ y3)2−
1
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
z
z
z
1
2
y
3
1
= y1+ y3,
1
= y2,
2
= y3.
3
− y
2
2
= z
2
2
2
− z
2
,
3
− z
1
Задание 12. Привести квадратичную форму к каноническому виду ортогональным преобразованием:
2
2
F (x)=−3x
1
+9x
2
2
+3x
+2x1x2+8x1x3+4x2x3.
3
2
+2y1y3.
2
Решение. Этой квадратичной форме соответствует матрица
⎛
⎞
−314
A =
⎝
192
⎠
.
423
50 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(Напомним, что коэффициенты, стоящие при попарных произведениях, делятся пополам.)
Найдем ее собственные значения:
det(A − λE)=
−3 − λ 14
19−λ 2
423−λ
=
=(−3 − λ)(9 −λ)(3 − λ)+8+8−(16(9 − λ)+4(−3 −λ)+3−λ)=
3
= −λ
+9λ2+30λ − 200.
Решим уравнение
Один из корней λ
1
3
− 9λ2− 30λ + 200 = 0.
λ
=10. Разделим наш многочлен на λ − 10:
3
− 9λ2−30λ+ 200 λ −10
λ
λ3−10λ
2
λ2−30λ+ 200
2
λ
−10λ
λ2+ λ − 20
−20λ+ 200
−20λ+ 200
0
Решим уравнение λ
2
+ λ − 20 = 0.
D =1+80=81.
− 1 ± 9
=
λ
2,3
2
, т. е. λ
=4,λ3= −5.
2
Итак, можно подобрать такое ортогональное преобразование, после которого наша квадратичная форма примет вид:
2
2
F (x)=10y
1
+4y
2
− 5y
2
.
3
Работа 6. Аналитическая геометрия
Задание 1. Написать разложение вектора x по векторам p, q, r.
x =(15, −20, −1), p =(0, 2, 1), q =(0, 1, −1), r =(5, −3, 2).
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]