ЛЕКЦИЯ 11

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 4611 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

. Ax = (2x1 − 2x2

+3x3 , x1 + x2 + x3 , x1 +3x2 − x3 ) .

. Ax = (2x1 − 2x2

+3x3 , x1 + x2 + x3 , x1 +3x2 − x3 ) .

Доказательство: Н.

Пусть матрица линейного оператора A в некотором базисе e1,e2 ,K,en диагональная, т.е.

λ1	0K0
0	λ K0
A = Λ =	2	.
LLLL

0	0Kλn

Тогда, очевидно, справедливы равенства

Aej = Λej

= λjej , j =1,2,K, n, из которых следует, что

λj - собственные

значения, а

ej - собственные векторы, соответствующие этим собственным

значениям оператора A .

Д.

Предположим,

что

базис

пространства состоит из

свободных

векторов

x(1) , x(2) ,K, x

(n) ,

λ ,λ ,K,λ

- соответствующие им собственные значения

матрицы A . Тогда

Ax( j) = λj x( j) , j =

. Отсюда следует, что A = Λ.

1, n

Итак, матрица A будет иметь диагональный вид Λ только тогда, когда базис

пространства

Vn образован собственными векторами оператора

A .Если

собственные

векторы x(1) , x(2) ,K, x(n) образуют базис

пространства, то

столбцами

перехода

T к

этому базису и являются,

очевидно,

векторы

x(1) , x(2) ,K, x(n) , поскольку столбцами матрицы перехода T

являются

координаты новых базисных векторов в старом базисе.

Пусть

матрица,

столбцами которой служат

свободные

векторы

x(1) , x(2) ,K, x(n)

оператора

A . Тогда согласно формуле

B = T −1 AT , дающей

связь между матрицами линейных операторов в старом и новом базисах и предыдущей теоремой, справедливо равенство:

Λ = T −1 AT .

Таким образом, в базисе, состоящем из свободных векторов оператора A , его матрица имеет диагональный вид, называемый каноническим.

Итак, алгоритм приведения матрицы A к диагональному виду следующий:

1.Находим собственные значения и собственные векторы матрицы A ;

2.Составляем матрицу перехода T , столбцами которой служат свободные векторы матрицы A ;

3. Находим T −1 и по формуле Λ = T −1 AT получаем искомую диагональную матрицу.

Пример 1)

Составляем характеристическое уравнение матрицы

	2 −λ	−2	3
A −λE	= 1	1−λ	1 = 0 λ3 −2λ2 −5λ +6 = 0

13 −1−λ

(λ −1)(λ + 2)(λ −3) = 0 λ1 =1, λ2 = −2, λ3 = 3

При λ1 =1 получаем систему (1′) из предыдущей лекции

2 −1 −2

3 x

x −2x

= 0

1 1−1

= 0

x1 +

+ x3 = 0 x1 = −x3 , x2 = x3

−1−1 x3

x1 +3x2 −2x3 = 0

Таким

образом,

числу

λ1

соответствует

вектор

(x , x

, x )T

= (−x , x , x )T

= x (−1, 1 ,1)T , где

x R \{0}.

1)T .

Следовательно, при

=1 получим

x(1)

= (−1, 1,

Аналогично для

λ2 = −2 имеем

2 + 2 − 2 3

4x − 2x

+ 3x = 0

1 1 +

+ 3x2 + x3

= 0

1 3

−1 +

+ 3x

+ x

= 0

4x + 3x

x1 =11x2 , x3 = −14x2

×(−3)

+ x3 = −3x2

Таким

образом,

имеем

свободные

векторы

вида

(x , x

, x )T

= x

(11, 1,

−14)T .

При

имеем

вектор

(x , x

, x )T

= (11,

−14)T .

x(2) = (−11, 1,

Для λ3 = 3 получаем

− x

−2x

+3x = 0

2 −3 −2

1 1

−3

−2x2 + x3 = 0

3 −1−3

+3x2 −4x3 = 0

− x

−2x

+3x = 0

−4x2 + 4x3 = 0 x2 = x3 , x1 = x3

x2 −

= 0

отсюда свободный вектор (x , x

, x )T = (x ,

x ,

x )T

= x (1, 1, 1)T .

x(3)

= (1, 1, 1)T .

Таким образом,

у данной матрицы A собственные значения λ1 =1,

λ2 = −2

и λ3 = 3, а соответствующие им собственные векторы имеют вид

−1

x(1)

= 1

, x(2)

= 1

, x(3)

= 1 .

−14

−1 11 1

Составим теперь матрицу перехода T =

. Находя T −1

получим

−14

−1/ 2

5 / 6

−1/ 3

1 0 0

−1

1/15

−1

AT =

= diag(1, −2, 3)

−1/15 . Тогда

− 2 0

1/10

−1/ 2

2 / 5

0 0 3

Квадратичные формы

Квадратичной формой от n переменных x1, x2 ,K, xn

называется выражение

вида

) = a x2

Q(x , x

,K, x

+ 2a x x

+K+ 2a x x

+ a

11 1

12 1

1n 1

n n

+ 2a23 x2 x3 +K+ 2a2n x2 xn +K+ ann xn2 = ∑∑aij xi x j

i=1 j=1

где

aij = a ji

- действительные числа, называемые коэффициентами

квадратичной формы.

Для

записи квадратичной формы

в матричном

виде из переменных

x , x ,K, x образуем вектор-столбец

x = (x , x

,K, x

)T ,

а из коэффициентов

aij матрицу

A =

a21

a22 Ka2n

, которая называется матрицей квадратичной формы и

LLLLLL

an1

an2 Kann

является симметрической в силу равенств aij = a ji , i, j =1, n .

Учитывая правило умножения матрицы на вектор, имеем

a x a x

Ka x

∑a1 j xj

j =1

11 1

1n n

∑a x

a x a x Ka x

= 21 1

22 2

2n n

= j −1

2i j

LLLLLLLLL

LLLL

an1x1

an2 x2 Kann xn

∑anj xj

j =1

Если теперь вектор

x умножим скалярно на вектор

Ax , то в точности

получим квадратичную форму

Q(x1, x2 ,K, xn ) = ∑

(∑aij xi )xi = x1 ∑a1 j xj

+ x2 ∑a2 j xj +L+

i =1 j =1

j =1

+ xn ∑anj xj = (x, Ax)

j =1

т.е. в матричной записи квадратичная форма имеет вид

Q(x , x

,K, x

) = (x, Ax) = xT Ax

(1)

Таким образом, квадратичная форма полностью определяется своей матрицей и наоборот, любая квадратичная форма определяет однозначно симметричную матрицу.

Пример 2) Найти квадратичную форму, соответствующую матрице.

		1 −1 0																				1 −1 0 x1
A =	−1 −			3 2 , (x, Ax) = (x , x													2	, x ) −1						−3 2 x	2		=
															1		2			3					2
		0 2 5																				0		2 5 x	3
																									3
			x − x
= ( x x				1			2			+	2x			= x2		− x x						− x	x	−3x2 + 2x		x +
= ( x x			x )	− x		−		3x	2	+	2x			= x2		− x x					2	− x	x	−3x2 + 2x		x +
1		2 3			1				2			3			1				1		2		2 1	2		2 3
				2x	2	+ 5x
					2			3
+ 2x x		2	+ 5x2 = x2					− 2x x				2	−3x2		+ 4x				2	x + 5x2
	3	2		3		1				1		2		2					2		3		3

Пример 3) Найти матрицу, соответствующую квадратичной форме.

Q(x , x		, x ) =		2x2	+3x2	−3x2	+ 4x x	2	+6x x		+10x x
1	2		3	1	2	3	1	2	1	3	2	3
x	2		2	3
1			3	5
A = x2	2		3	5
x	3		5	−3
3
		x1	x2	x3

Приведение квадратичной формы к каноническому виду ортогональным преобразованием.

Квадратичная форма (1) называется канонической, если aij = 0 при i ≠ j .

Таким образом, канонический вид квадратичной формы следующий:

n
Q(x1, x2 ,K, xn ) = a11x12 + a22 x22 +K+ ann xn2 = ∑aii xi2	(2)
i=1

Очевидно, что канонической квадратичной форме соответствует диагональная матрица

a11

A = 0K0

0	K	0
a22	K	0	= diag(a		, a	,K, a	) .
K K K				11	22	nn
0
0	K ann

Нахождение канонического вида квадратичной формы называется приведением к каноническому виду.

Теорема. Любая квадратичная форма с помощью ортогонального преобразования может быть приведена к каноническому виду

Q( y1, y2 ,K, yn ) = λ1 y12 +λ2 y22 +K+λn yn2 = ∑λi yi2 (3) i =1

где λ1 , λ2 ,K, λn собственные значения матрицы квадратичной формы.

Доказательство: Т.к. матрица A квадратичной формы симметрична, то для нее существует матрица T , столбцами которой служат попарно-ортоганальные собственные векторы матрицы A для которой

T T AT = T −1 AT = Λ = diag(λ , λ					,K, λ	n	) , где	λ ,λ ,K,λ		- собственные
значения матрицы A .		1		2		n		1 2	n
значения матрицы A .			)T
Пусть x = Ty , y = ( y , y	2	, y	)T	- это квадраты вектора					x	в новом базисе,
1	2	3

состоящем из собственных векторов матрицы A . Тогда из (1) имеем

Q(x1, x2 ,K, xn ) = xT Ax = yTT −1 ATy = yT Λy = ∑λi yi2 , y = T −1x (4)

i=1

Иначе говоря, если Q(x1, x2 ,K, xn ) = xT Ax , то квадратичная форма

Q( y) = Q( y , y	,K, y	n	) = yTT −1 ATy = λ y2	+λ y2	+K+λ y2	имеет
1 2		n	1 1	2 2	n n

канонический вид в базисе, состоящем из ортонормированных свободных векторов.

Алгоритм приведения квадратичной формы к каноническому виду заключается, очевидно, в диагонализации симметрической матрицы

квадратичной формы и последующей записи формы в виде (3).
Знакоопределенные квадратичные формы
Квадратичная форма Q(x) = Q(x1, x2 ,K, xn )	называется	положительно
(отрицательно) определенной форме Q(x) > 0	( Q(x) < 0)	x Rn , x ≠ 0 .

Квадратичная форма называется неотрицательно (неположительно) определенной, если Q(x) ≥ 0 ( Q(x) ≤ 0) x Rn .

Матрица A соответствующая положительно (отрицательно) определенной форме Q(x) = (x, Ax) называется положительно (отрицательно) определенной

матрицей.

Положительно и отрицательные квадратичные формы называются знакоопределенными.

Теорема: Для того чтобы квадратичная форма Q(x) = (x, Ax) была положительно (отрицательно) определенной, Н и Д, чтобы все собственные

значения матрицы A

λ1,λ2 ,K,λn

были положительными (отрицательными).

Доказательство: Н.

Пусть квадратичная форма положительно определена.

Тогда

Q(x) = (x, Ax) > 0 .

Если

λi

свободное

значение

матрицы

A ,

соответствующее

свободному

вектору

x(i) ,i =

то

1, n

Q(x(i) ) = (x(i) , λ x(i) ) = λ (x(i) , x(i) ) > 0

(4).

(x(i) , x(i) ) > 0 .

Отсюда и получаем

λ > 0

, т.к.

Пусть λi > 0 ,

Д.

i =1,2,K, n .

Тогда из условия (4)

следует,

что

Q(x) > 0 x +

В случае отрицательно определенной

квадратичной формы доказательство

аналогично.

Следствие: Если квадратичная форма знакоопределена, то матрица ее невырожденная определитель матрицы положительно определенной формы

больше нуля.

Доказательство: Пусть T - матрица ортогонального

преобразования,

приводящая квадратичную форму к каноническому виду. Тогда

Λ = T −1 AT A = TΛT −1

T −1

= λ ,λ ,K,λ .

1 2

Приведем без доказательства еще один критерий знакоопределенности квадратичной формы.

Критерий Сильвестра. Для того чтобы квадратичная форма Q(x) = (x, Ax) была положительно определенной, Н и Д, чтобы все так названные главные

a11

a12

a11

a12

a13

миноры ∆ = a , ∆

, ∆

> 0,K, ∆

a21

a22

a31

a32

a33

матрицы

были

положительными,

т.е.

Q(x) > 0 ∆1 > 0, ∆2 > 0, ∆3 > 0,K, ∆n = A > 0 .

Квадратичная форма только тогда определена, когда главные миноры нечетного порядка отрицательны, а четного порядка положительны, т.е.

Q(x) < 0 ∆1 < 0, ∆2 < 0, ∆3 < 0,K, (−1)n ∆n > 0 .

Приложения квадратичной формы к исследованию кривых второго порядка

Пусть на плоскости в некоторой прямоугольной декартовой системе координат задана кривая, определяемая уравнением второй степени

a11x2 + 2a12 xy + a22 y3 + a13 y + a33 = 0 (5),

где a11, a12 , a22 , a13 , a23 , a33 - действительные числа. Это уравнение определяет кривую второго порядка.

Рассмотрим квадратичную форму, a	x2 + 2a xy + a	22	y2	определяемую
11	12	22
формулой (5) и запишем ее матрицу:

A =

12 . Приведем квадратичную форму к каноническому виду. Для

a21

a22

λ1 и λ2 матрицы A и соответствующие

этого найдем собственные значения

им нормированные свободные векторы.

(1)

= (α

, β )T иV

(2)

= (α

, β

)T ,

V (i)

=1, i =1,2 .

Обозначим

через

. Тогда формулу (5) перепишем в виде

z =

, g =

13 ,T =

( Az, z) +(z, g) + a33 = 0 .

x′

Введем замену z =

= T

β1

y′

β2 y′

Тогда формула (5) согласно формуле (4) преобразуется к виду

λ1x

′2

+ λ2 y

′2

′

(1)

′

(2)

, g) + a33

= 0

(6).

+ x (V

, g) + y (V

После выделения полных квадратов и переноса начала координат в соответствующую точку, можем получить один из следующих случаев:

1. λ1 λ2 > 0 . Тогда формула (5) определяет эллиптическую кривую (либо действительный эллипс, либо вырожденный, либо мнимый).

2. λ1 λ2 < 0 . Тогда формула (5) определяет либо гиперболу, либо пару пересекающихся прямых.

3. λ1 λ2 = 0 . Тогда формула (5) определяет либо параболу, пару

параллельных прямых, ……….кривую.

Итак, алгоритм построения канонического вида кривой второго порядка следующий:

1. Находим собственные значения λ1 и λ2 , и собственные векторы V (1) и

		a	a
V (2) матрицы квадратичной формы		a	a	. Нормируем	V (1) и
V (2) матрицы квадратичной формы		A = 11	12	. Нормируем	V (1) и
		a21	a22
	(2) .
V	(2) .

					α	α
						β
2. Составляем матрицу T = β1						β	2	, столбцами которой служат векторы
					1		2
	(1)
V	(1)	и V		(2) , и вводим новую систему координат с матрицей перехода T .
x			x′		x = α1x′+α2 y′		(7)
		= T					(7)

y			y		y = β1x′+ β2 y′

Преобразование системы (7) осуществляет поворот осей координат.

3.Переменные x, y из системы (7) подставляем в формулу (5), при этом в ней исчезает член с произведением xy . В полученном новом уравнении вида (6) выделяем полные квадраты и водим новые переменные x, y , чем

фактически осуществляем перенос системы координат в некоторое новое начало. При этом формула (5) примет канонический вид.

4.Строим все системы координат (x, y), (x′, y′), (x, y) и в последней

системе искомую кривую.

Пример: Привести к каноническому виду кривую, заданную уравнением, и построить кривую, заданную этим уравнением на плоскости.

16x2 − 24xy +9 y2 + 25x −50 y +50 = 0

−12

16 −

−12

= 0 λ2

−25λ = 0 λ1 = 0,λ2 = 25

−12

9 −λ

−12

16x1 −12x2

= 0

u1 = 3t

(1)

= 0 :

λ1

−12x +9x

= 0

= 4t

Нормируем

(1)

(1) =

3/ 5

= 5t V

4 / 5

λ2

−9x1 −12x2

= 0

= −4 / 3x2 ,следовательно

= 25 :

−12x1 −16x2 =

−4s

−4 / 5

,V0(2) =

V (2) =

3 / 5

′

3/ 5 −4 / 5

−4 / 5y

T =

= 3/ 5x

′.

′

+3/ 5y

4 / 5 3/ 5

= 4 / 5x

e1 и e2

Это преобразование переводит базисные векторы

в векторы

e1′ = 3/ 5e1 + 4 / 5e2

e2′ = −4 / 5e1 +3 / 5e2

= 9 / 25 +16 / 25 =1

T −1 =

3 / 5

4 / 5

−4 / 5

3 / 5

e = Te′ e′ = T −1e

Подставим x и y в уравнение, получим

25 y′2 − 25x′−50 y′+50 = 0 или y′2 − x′− 2 y′+ 2 = 0 ( y′−1)2 = x′−1

Введем

x = x′−1 , y = y′−1.

Тогда получаем

каноническое уравнение

2 =

. Это уравнение, а, следовательно, и исходное, определяет параболу.

Строим все системы координат.

При этом вместо

e1′ и e2′ можно взять и

′

= −4e13e2

вектора OM 1

= 3e1 + 4e2 OM 2

y′

x′

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 4611 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF