1.13. Переход к новому базису. Преобразование матрицы линейного оператора при замене базиса. Приведение матрицы линейного оператора к диагональному виду

1.14. Квадратичные формы и их приведение к каноническому виду. Знакоопределенные квадратичные формы. Критерий Сильвестра

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Практикум ГиА.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

530.33 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 88

10 − 4 −8												10 − 4 −8
	36			0		36							0	0		0
	36			0		36				→			0	0		0	.
	−18 0 −18												−18 0			−18
	−18 0 −18												−18 0			−18
	10x			1	− 4x		2	−8x			3	= 0		2x	1	− 4x		2	= 0	x 2
				1			2				3				1			2		x 2
						x1 = x3									x1 = x				3
	x3					1

1 x			= x						,			x3 R ≠0 .				Собственный
1 x		3	= x			3 1 2			,			x3 R ≠0 .				Собственный
2
	x3					1
	x3					1

10x1 − 4x 2 −8x3 = 0−18x1 +18x3 = 0

=12 x3 .

вектор, соответствующий

собственному значению λ3 = −9 , x3 = 1, 12 ,1 , x3 =1.

r	r	r	r	r		T
№1. Дан вектор x	= 2U1	−U2	+3U3	− 2U4 = (2,−1,3,		−2) .		r
							r	r
							=U	− 2U		,
						V	=U	− 2U		,
						r1	r1	r	2
				r r r	, если	V2 =U1		+U3	,	.
Разложить этот вектор по базису V1,V2 ,V3,V4					, если	r		r		.
						V3	= −2U2 ,
						r	r	r
						V4	=U2	−U4.

Решение:

Составим матрицу перехода от первого базиса {Ur1,K,Ur4} ко второму

{Vr1,K,Vr4}. Столбцами матрицы T служат коэффициенты разложения векторов нового базиса по векторам старого базиса.

	1	1	0	0
	−2 0		−2 1		r	r		r		r
T =					, X	=TX	1	X	1	=T −1X .
	0	1	0	0
	0	1	0	0
	0	0	0	−1

Найдем T −1 . Метод Гаусса

1.прибавим к первой строке вторую, умноженную на -1; прибавим к третьей строке первую, умноженную на 2; умножим четвертую строку на -1

2.прибавим к третьей строке четвертую, умноженную на -1

3.умножим третью строку на −12

1	1	0	0	1	0	0	0		1	0	0	0	1	0	-1 0

0	1	0	0	0	0	1	0		0	1	0	0	0	0	1	0
								→									→
−2 0		−2 1		0	1	0	0		0	0	−2 1		2	1	-2 0


0	0	0	−1	0	0	0	1		0	0	0	1	0	0	0
																-1

	1 0 0 0 1 0 -1 0																										1 0 0 0 1											0	-1 0
	0 1 0 0 0 0 1 0																										0 1 0 0 0											0	1	0
→	0 1 0 0 0 0 1 0																					→					0 1 0 0 0											0	1	0	.
→	0 0 −2 0 2 1 -2 1																					→					0 0 1 0 -1 -1 2 1 -1 2														.
	0 0 −2 0 2 1 -2 1																										0 0 1 0 -1 -1 2 1 -1 2

																											0 0 0 1 0											0	0	-1
	0 0 0 1 0 0 0 -1																										0 0 0 1 0											0	0	-1
		1	0					-1				0
		0	0					1				0
T −1 =		0	0					1				0			.
		-1 -1 2 1 -1 2
		-1 -1 2 1 -1 2
		0	0					0				-1
		1	0					-1 0							2														−1						−1
		1	0					-1 0							2														3								3
r		0	0					1					0			−1													3								3
X 1 =																			=						−2		+		1	+3					=		5	.
		-1 -1 2 1 -1 2														3									−2		+		2	+3				+1			2
		0	0					0					-1			−2													2								2
		0	0					0					-1			−2													2								2
		r		r							r		5		r			r											2								2
Ответ:		r		r		+					r	+	5		r			r
Ответ:		X	= −V			+			3V			+	2	V + 2V .
			1					2					2		3			4
																																				2		−1	0
																																						0	1	. Найти матрицу

№2. В базисе {u1 ,u2 ,u3 }задана матрица ЛО A = −1
																																				1		1
																																				1		1	−1
																			=							−				+
																	v1		=				u1			−		u 2		+		2u3
A в базисе {v1					,					,		}, если												=					+				.
A в базисе {v1					,		v2			,	v3	}, если								v2				=			u2		+		u3		.

																					v3				= u1 + u3
																					v3				= u1 + u3
						1		0					1
						−1 1							0														B = T−1AT .
Решение: T =						−1 1							0	, A = TBT−1													B = T−1AT .
						2		1					1
						2		1					1

			1	−1		−1		1
	−1	=	1		−1
T						1		1	.
T			2			1		1	.
			2		3	1
					3	1	−1
			−1 −1				1 2 −1 0 1 0 1							−3 0 −1
B =		1	−1 1				1			−1 0	1	−1 1 0	=		− 2 1	−1 .
B =			−1 1				1			−1 0	1	−1 1 0	=		− 2 1	−1 .
		2
		2		3 1						1 1		2 1 1
				3 1			−1			1 1	−1	2 1 1			6 − 2 3
				−3		0		−1
Ответ:						1		−
Ответ:				− 2		1		−	1 .
					6	− 2
					6	− 2		3

№3. Выяснить, приводится ли к диагональному виду матрица, и в случае приводимости записать ее диагональный вид, найти базис, в котором матрица имеет диагональный вид, и матрицу перехода.

	1	− 4	−8
	− 4	7	− 4
A =				.
	−8	− 4	1

Решение: собственные значения матрицы λ1										= λ2 = 9, k1 = 2 , λ3 = −9 , k2 =1.
Т.к. A = AT , значит А – симметрическая матрица, которая всегда приводится к
диагональному виду.					rang(A + 9E)= 2 =3 −1,
rang(A − 9E)=1 = 3 − 2;					rang(A + 9E)= 2 =3 −1,						следовательно,								матрица
							9	0	0
							0	9	0
приводится к диагональному виду:							0	9	0	.
							0	0	− 9
							0	0	− 9
Базис, в		котором матрица				имеет		диагональный			вид:			,		,		.	Матрица
Базис, в		котором матрица				имеет		диагональный			вид:		x1	,	x2	,	x3	.	Матрица
перехода		(столбцами			ее	являются			собственные			векторы								,		,		)
перехода		(столбцами			ее	являются			собственные			векторы							x1	,	x2	,	x3	)
	1	0	1
	− 2	− 2	1 2
T =	− 2	− 2	1 2	, Λ = T−1AT (нужно нормировать столбцы матрицы T ).
	0	1	1
	0	1	1

= (−3 − λ)(9 − λ)(3 − λ)+8 + 8 −16(9 − λ)−

№1. Составить матрицу квадратичной формы Q(x1 , x2 , x3 )= x12 − 2x1x2 +

+ 4x2 x3 − 3x22 + 5x32 .

Решение:

aij = a ji , a12 = a21				= −	2	= −1, a13 = a31 = 0, a 23 = a32		=	4	= 2, a11 =1, a 22 = −3 ,
			1	−1	2	0			2
			1	−1		0
a33	=5		−1	− 3		2
a33	=5	. A =	−1	− 3		2	.
			0	2		5
			0	2		5

Проверим равенство xT Ax = Q(x1 , x2 , x3 ):

(x					1 −1 0 x1							= (x								x1 − x2
(x	, x	2	, x	3	)	−1		− 3 2	x		2	= (x	, x	2	, x	3	)	− x	1	− 3x	2	+ 2x	3	= x2	− x	x	2	− x	x	2	−
1		2		3							2	1		2		3			1		2		3	1	1		2	1		2
						0		2 5											2x2 + 5x3
						0		2 5	x3										2x2 + 5x3
− 3x22 + 2x2 x3 + 2x2 x3 + 5x32 = x12 − 2x1x2 − 3x22 + 4x2 x3 + 5x32 .
							1	−1	0
Ответ: A =							−1	− 3	2
Ответ: A =							−1	− 3	2	.
							0	2	5
							0	2	5

№2. Привести квадратичную форму к каноническому виду. Указать преобразование переменных, приводящее квадратичную форму к каноническому виду.

Q = −3x12 + 9x22 + 3x32 + 2x1x2 +8x1x3 + 4x2 x3 .

Решение:

−3		1	4
	1	9	2	– матрица квадратичной формы.
A =
	4	2	3

− 4(− 3 − λ)− (3 − λ)= −(9 − λ)(9 − λ2 )+16 −144 +16λ +12 + 4λ − 3 + λ = −81 + 9λ +

+ 9λ2 − λ3 −119 + 21λ = −λ3 + 9λ2							+ 30λ − 200 = −λ3 +10λ2 − λ2		+ 20λ − 200 +10λ =
= −λ2 (λ −10)− λ(λ −10)+ 20(λ −10)= (− λ2 − λ + 20)(λ −10)= −(λ + 5)(λ − 4)×
×(λ −10)= 0 λ1 = −5,					λ2	= 4,	λ3 =10	– собственные	значения матрицы.
Канонический вид формы: −5y2 +4 y2 +10 y2 .
						1	2	3
Находим собственные векторы матрицы A .
λ1 = −5 .
− 2 II 2		1 4	0 − 27 0
	1	14 2		1 14		2	, x2 = 0, x1 + 2x3 = 0, x1 = −2x3 .
	1	14 2	~	1 14		2	, x2 = 0, x1 + 2x3 = 0, x1 = −2x3 .
	4	2 8		0	−56 0
− 4 II	4	2 8		0	−56 0

x1 (− 2,0,1)T – собственный вектор матрицы.

λ2 = 4 .

7 II

− 7 1 4

0 36 18

1 5 2

2x2 + x3 = 0 x3 = −2x2 ,

−18

−9

− 4 II

4 2 −1

x1 + 5x2 + 2x3 = 0 x1 + 5x2 − 4x2 = 0 x1 + x2 = 0 x1 = −x2 .

(−1,1,−2)T

– собственный вектор матрицы.

λ3 =10 .

−13 1

−1 2

−12 0

2 − 7

30 0

−15

− 2 I

x3 = 2x1 , −13x1 + x2

+ 8x1 = 0 x2

= 5x1 .

(1,5,2)T – собственный вектор матрицы.

Нормируем собственные векторы:

− 2 5

−

1 6

1 30

v1 =

2 =

0 , v2 =

1 6 , v3

5 30 .

1 5

2 6

−

2 30

	− 2 5	−1	6 1	30	x	1		= −2 5 y −1 6 y			2	+1 30 y		3
						1			1		2			3
T = 0		1 6 5		30 ,				x2 =1 6 y2 +5 30 y3						.
T = 0		1 6 5		30 ,	x = Ty			x2 =1 6 y2 +5 30 y3						.
	1 5	− 2	6 2	30	x		3	=1 5 y	− 2 6 y	2	+ 2 30 y		3
							3	1		2			3

x		= −2 5 y	−1 6 y		2	+1 30 y
Ответ: −5y12 +4y22 +10 y32 ,	1	1			2	3
Ответ: −5y12 +4y22 +10 y32 ,		x2 =1	6 y2 +5			30 y3	.
x		=1 5 y −2 6 y +2 30 y

	3	1		2		3
	3	1		2		3

№3. Привести квадратичную форму к каноническому виду методом Лагранжа,

Q =3x12 + 3x22 − 2x1x2 + 4x1x3 + 4x2 x3 .

Решение: Метод Лагранжа приведения квадратичной формы к каноническому виду состоит в последовательном выделении в квадратичной форме полных квадратов.

								2						4																									1				2				2		4
					2			2						4										2													1		1				2						4
Q =3 x1						−		3		x1x2		+		3		x1x3						+ 3x2			+ 4x2 x3							=3			x1			−	3	x2 +			3	x3				+	9	x2 x3 −
								3						3																									3				3						9
−	1	x	2	−		4	x		2		+ 3x		2		+ 4x				x				=			1	−	1	x			+	2	x			2	+	8		(x		+ x				2	−	3	x	2	=
−	9	x	2	−		9	x		3		+ 3x		2		+ 4x			2	x		3		=	3 x		1	−	3	x	2		+	3	x		3		+	3		(x	2	+ x		3	)		−	2	x	3	=
	9		2			9			3				2					2			3					1		3		2			3			3			3			2			3				2		3
				1			1					2					2						8								2						2
= 3 x1					−					x 2 +					x3					+				(x 2			+ x3 )						− 4x3 .
= 3 x1					−		3			x 2 +		3			x3					+			3	(x 2			+ x3 )						− 4x3 .
							3					3											3

Невырожденное преобразование приводит данную форму к каноническому виду Q(y1 , y2 , y3 )= 3y12 + 83 y22 − 4y32 .

	1	−	1	x2 +		2	x3
y1	= x1		3			3
	y2				+ x3
		= x2

y = x2

3 3

Приведение квадратичной формы к каноническому виду используется при приведении кривой или поверхности 2-го порядка к каноническому виду.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 88

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.11.2019129.54 Кб1Право собственности.doc
#
07.12.2018299.01 Кб3Правоведение экзамен.doc
#
19.11.201946.19 Кб13Правописание не с разными частями речи.docx
#
22.09.2019103.94 Кб2Практ_работа 11 (Урок 33).doc
#
11.05.2015253.44 Кб15практика 1 по философии.doc
#
11.05.2015530.33 Кб25Практикум ГиА.PDF
#
16.03.20161.31 Mб45Практикум по Builder ч.2.doc
#
16.03.2016472.44 Кб116Практикум по ТОЭ.pdf
#
12.09.2019165.93 Кб10практическое задание.docx
#
11.09.2019287.23 Кб6Практическое занятие 6.doc
#
11.09.2019195.07 Кб6Практическое_занятие2.doc