
[ Лялинов ] Программа и задачи по курсу линейной алгебры и аналитической геометрии в основном потоке
.pdfзательством). Подобные матрицы. Инварианты подобия. О приведении матрицы к диагональному виду подобным преобразованием (Основная теорема). Преобразование координат вектора и матрицы оператора при замене базиса. Функции от матриц. Два способа определения. Тождество Кэли (без доказательства).
Билинейные формы. Квадратичные формы. Приведение квадратичной формы к сумме квадратов. Метод Лагранжа и другие методы. Закон инерции квадратичной формы. Индексы инерции.
Ядро и образ оператора. Теорема Фредгольма о разрешимости линейного уравнения.
Евклидовы пространства. Аксиомы скалярного произведения в вещественном евклидовом пространстве. Неравенство Коши-Буня- ковского-Шварца и неравенство треугольника. Примеры. Лемма < Ax; y >Rn= < x; Aty >Rn. Комплексные евклидовы пространства. Неравенство Коши-Буняковского-Шварца и неравенство треугольника. Примеры. Лемма < Ax; y >Cn=< x; A¤y >Cn. Ортогональность и линейная независимость. Теорема Пифагора. Угол между векторами. Ортонормированая система. Примеры. Ортогонализация системы векторов по Шмидту.
Коллоквиум (начало апреля).
Задачи 1-9 соответствуют материалу коллоквиума, остальные – материалу экзамена во втором семестре.
2.1.1.Линейные пространства.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
¡ |
|
¡ |
|
¯ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
1 |
1 |
¯ |
0 |
|
|||
Задача. Решить однородную систему |
1 |
¡2 |
1 |
5 |
0 |
|
|||||||||||||
1 |
¡2 |
1 |
|
1 |
¯ |
0 |
: |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
Решение. В результате |
последовательных преобразований полу- |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
@ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
A |
|
||||||
чаем |
|
|
|
|
¯ |
|
|
µ |
0 |
0 |
0 1 |
¯ |
0 |
|
¯ |
|
|
|
|
0 |
1 |
¡2 |
1 |
1 |
0 |
1 ! |
¶ ! |
|
|
||||||||||
0 |
0 |
0 |
4 |
¯ |
0 |
|
1 ¡2 1 1 |
¯ |
0 |
|
|
|
|
|
|||||
0 0 0 ¡2 |
¯ |
0 |
|
¯ |
|
|
|
|
|
||||||||||
@ |
|
|
|
|
¯ |
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
¯ |
|
¶ |
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
! µ |
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
¯ |
1 |
2 |
1 |
0 |
¯ |
0 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
21
Ранг матрицы левой части равен двум, следовательно, можно выразить два неизвестных через остальные. Выберем в качестве базисного минора, например, минор, образованный 1-м и 4-м столбцами, тогда 1-е и 4-е неизвестные определятся единственным образом через 2-е и 3-е. Значения 2-го и 3-го неизвестного остаются произвольными, эти неизвестные называются свободными, а 1-е и 4-е - главными.
Ответ: x1 = 2x2 ¡ x3 |
; x4 = 0, векторы-столбцы (¡1; 0; 1; 0)t; |
|||||||
(2; 1; 0; 0)t образуют базис в пространстве решений. |
||||||||
Задача. Решить систему |
|
|
|
1 ¯ |
11 1 : |
|||
0 1 |
¡2 1 |
|
||||||
1 |
¡ |
2 |
1 |
1 |
¯ |
|
A |
|
@ |
|
|
¡ |
|
¡ |
|||
|
¡ |
|
|
|
¯ |
|
||
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
1 |
|
2 |
1 |
5 |
¯ |
5 |
|
|
|
¯ |
|
Решение. Система отличается от предыдущей наличием правых частей. Совершая аналогичные преобразования, получаем равносильную систему
µ |
0 |
0 |
0 |
1 |
¯ |
1 |
¶ |
|
1 |
¡2 |
1 |
1 |
¯ |
0 |
: |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
Главные неизвестные – x1 и x4, а свободные – x2 и x3.
Ответ: x1 = 2x2 ¡ x3 ; x4 = 1. Эти равенства выделяют в четырехмерном пространстве векторов-столбцов двумерное подпространство решений однородной системы. Общее решение имеет вид суммы общего решения однородного и частного решения неоднородного уравнений,
C1(¡1; 0; 1; 0)t + C2(2; 1; 0; 0)t + (0; 0; 0; 1)t:
Задача. Решить систему |
|
|
¯ |
|
|
|
||
|
|
¡ |
|
|
|
|
|
|
0 |
3 |
5 |
2 |
4 |
¯ |
2 |
1 |
|
7 |
¡4 |
1 |
3 |
5 |
: |
|||
@ |
5 |
7 |
4 |
6 |
¯ |
3 |
A |
|
|
|
¡ |
¡ |
¯ |
|
|
||
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
Решение. Сначала умножим первое уравнение на ¡1 и сложим с последним, затем умножим первое уравнение на ¡2 и сложим со
22
вторым, далее имеем |
|
|
5 |
|
¯ |
1 |
1 0 0 0 |
|
0 |
0 |
¯ |
|
1 1 : |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
0 |
1 6 |
¡ |
3 |
¡ |
|
|
¡ |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
! |
|
|
1 6 ¡3 ¡5 |
¯ |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
@ |
3 ¡5 2 |
|
4 |
|
|
¯ |
2 |
A |
|
|
|
@ |
¯ |
1 |
A |
|
|
||||||||||||||||||
|
2 12 |
¡ |
6 |
¡ |
10 |
1 |
|
|
|
3 |
|
5 2 |
4 |
2 |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
Дальше процесс продолжать¯ |
нет смысла: система не ¯совместна. |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1. Решить систему: |
|
|
|
|
|
|
+ x2¡ |
|
2x3 |
=¡1 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 2x1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
x1 |
+ x2 |
|
|
3x3 = 1 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> x1 + x2 + x3 = 3 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> x1 + 2x2 ¡ 3x3 = 1 : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
Указание: Удобно |
применить> |
метод Гаусса для систем с прямо- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
угольной матрицей. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
Задача. Найти размерность и базис подпространства, натянуто- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
го на векторы |
¡!1 |
= (2 |
|
1 3 |
|
1), |
¡!2 |
= (1 2 |
0 1), |
¡!3 = (¡1 |
1 ¡3 |
|
0), |
|||||||||||||||||||||||
f |
|
; ; |
|
; |
f |
|
|
|
|
|
|
; ; |
|
; |
|
|
f |
|
|
|
|
|
; |
; ; |
|
|
f |
|
|
|
; ; |
; |
|
|||
!¡ = (0 |
3 |
¡ |
3 1) |
. Если эта система векторов линейна зависима, то |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
4 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
найти линейную зависимость. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
Решение. Составим матрицу из координат данных векторов и |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
найдем ее ранг, пользуясь методом Гаусса: |
|
3 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
1 |
|
|
2 |
|
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
0 |
0 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
3 |
|
1 |
|
C ! |
|
|
|
1 |
2 |
|
0 |
1 |
C |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
B ¡1 1 ¡3 0 |
|
|
B 0 3 ¡3 0 |
: |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
B |
|
¡ |
|
|
|
|
¡ |
C |
|
|
|
|
||||
|
|
|
B |
0 3 |
|
|
|
|
3 1 |
|
C B |
0 3 |
|
|
3 1 |
C |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
@ |
|
|
|
|
¡ |
|
|
|
|
A |
|
|
|
@ |
|
|
|
¡ |
|
|
A |
|
|
|
|
|
Так как ранг равен двум, то количество базисных векторов - два, и размерность подпространства равна двум. В качестве базиса можно взять любую линейно независимую пару из четырех данных векто-
¡! ¡!
ров, например, f1 и f2 .
Для нахождения линейной зависимости (если она не видна непосредственно) надо решить однородную систему уравнений относительно ®1, ®2, ®3, ®4. Эта система - координатная запись условия
|
|
|
|
f |
f |
f |
f |
|
линейной зависимости векторов ¡!1 |
,¡!2 , |
¡!3 |
, ¡!4 : |
|||||
> |
2®1 + ®2 ¡ ®3 |
|
= 0 ; |
|||||
> |
|
¡ |
|
|
¡ |
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|||
8 |
®1 + 2®2 |
+ ®3 + 3®4 = 0 ; |
||||||
> |
3®1 |
|
|
3®3 |
|
3®4 = 0 ; |
||
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
®1 + ®2 |
|
|
|
+ ®4 = 0 : |
|||
> |
|
|
|
23
Итак, ®1 = ®3+®4, ®2 = ¡®3¡2®4, где ®3 и ®4 произвольны. Нужные значения можно получить, полагая, например, ®3 = 1, ®4 = 0, тогда
®1 = 1, ®2 = ¡1; или ®3 = |
0, ®4 = 1, тогда ®1 = 1, ®2 = ¡2. Итак, |
|||||||||
|
¡! |
|
¡! |
+ |
¡! |
= |
!¡ |
|||
|
f |
1 ¡ |
f |
|
f |
3 |
|
0 |
||
|
|
2 |
|
|
|
|
||||
и |
¡! |
|
2¡! |
+ |
¡! |
= |
¡! |
|||
|
¡ |
|||||||||
|
f |
|
|
f |
|
f |
|
0 : |
||
|
1 |
|
|
2 |
|
|
4 |
|
|
2. Найти размерность и базис подпространства L, натянутого на данные векторы; eсли эта система векторов линейно зависима, то
найти линейную зависимость: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
~ |
|
|
|
|
|
|
~ |
|
= (0; 1; 0; 2; 5); |
~ |
|
|
= (0; 0; 1; 3; 6); |
|
|
~ |
= |
|||||||||||
f1 |
= (1; 0; 0; 1; 4); f2 |
|
f3 |
|
|
f4 |
||||||||||||||||||||||
(1; 2; 3; 14; 32). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
|
; |
|
; |
|
; |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Задача. Подпространство L1 натянуто на векторы !¡1 |
= (1 |
|
2 |
|
0 1) |
|||||||||||||||||||||||
f |
|
; |
|
; ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
2 натянуто на векторы |
g |
|
|
|
|||||||||
и ¡!2 = (1 |
|
1 |
1 0); подпространство |
|
¡!1 |
= |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
g |
; |
|
; |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1; 0; 1; 0) и ¡!2 = (1 |
|
3 |
|
0 1). Найти размерность и базис суммы и |
||||||||||||||||||||||||
пересечения подпространств. |
|
|
|
|
|
1, ¡!1 и |
¡!2 - базис в |
|
|
2. |
||||||||||||||||||
Решение. Очевидно, |
!¡1 |
и ¡!2 - базис в |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
f |
|
|
|
|
L |
|
|
g |
|
g |
|
|
|
|
L |
|
||
Векторы, принадлежащие сумме, имеют вид |
|
!¡2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
®1 |
¡!1 + |
|
2 ¡!2 |
+ |
|
1 ¡!1 + |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
f |
|
|
|
® |
f |
|
¯ |
g |
¯ |
|
g |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
где ®1, ®2, ¯1, ¯2 -произвольные коэффициенты. Другими словами,
¡! ¡! ¡! ¡!
L1 + L2 есть линейная оболочка системы векторов f1 , f2 , g1 , g2 , и размерность суммы равна рангу матрицы, составленной из координат этих векторов:
dim(L1 +L2) = rang |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
= |
|
B |
1 |
2 |
0 |
1 |
C |
|
|
1 |
3 |
0 |
1 |
|
||
|
B |
1 |
0 |
1 |
0 |
C |
|
|
@ |
|
|
|
|
A |
|
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
|
||
B |
1 |
2 |
0 |
1 |
C |
|
||
0 |
0 |
1 |
¡1 |
= 3 : |
||||
rang B |
C |
|||||||
B |
0 |
0 |
1 |
¡ |
1 |
C |
|
|
@ |
|
|
|
|
A |
|
В качестве базиса суммы можно взять любые три вектора из че-
¡! ¡! ¡!
тырех, например f1 , f2 и g1 , так как из приведенного вычисления видно, что эта тройка линейно независима.
Далее, согласно известной формуле dim(L1 + L2) = dim(L1) + dim(L2) ¡ dim(L1 \ L2), можно утверждать, что dim(L1 \ L2) =
24
1. Проверим это непосредственным вычислением и заодно найдем базис пересечения
|
2 |
|
|
|
, |
~x = ® |
|
¡! |
+ |
|
¡! |
для любых |
|
|
|
|
2 R |
|
|
||
~x |
L |
1 |
|
1 |
f |
1 |
|
® |
f |
2 |
® |
; ® |
2 |
; |
|
||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
(1) |
||||||||||
~x |
2 |
L |
2 |
, ~x = ¯1 |
g |
+ |
¯ |
g |
|
для любых |
¯ |
; ¯ |
2 |
2 R |
: |
||||||
|
|
|
!¡1 |
2 |
¡!2 |
1 |
|
|
|
Условия (1) накладывают ограничение на произвол в выборе чисел ®i, ¯i. Другими словами, ®1, ®2, ¯1, ¯2 должны удовлетворять линейной системе, полученной приравниванием координат вектора ~x в разложениях (1):
®1 ¢ 1 + ®2 ¢ 1 = ¯1 ¢ 1 + ¯2 ¢ 1 ;
®1 ¢ 2 + ®2 ¢ 1 = ¯1 ¢ 3 + ¯2 ¢ 0 ; ®1 ¢ 0 + ®2 ¢ 1 = ¯1 ¢ 0 + ¯2 ¢ 1 ; ®1 ¢ 1 + ®2 ¢ 0 = ¯1 ¢ 1 + ¯2 ¢ 0 :
Переносим все слагаемые в левые части и решаем однородную си-
стему методом Гаусса: |
¯ |
|
1 0 0 |
|
|
|
|
|
¯ |
|
0 1 |
|
|||||||||||
0 2 |
1 |
¡3 0 |
0 |
¡ |
1 |
1 2 |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
¡ |
¡1 |
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
||
B |
1 |
1 |
1 |
¯ |
0 |
C |
! |
B |
1 1 ¡1 ¡1 |
¯ |
|
0 |
C |
! |
|||||||||
0 |
1 0 |
|
1 |
0 |
0 1 |
0 |
¡ |
1 |
|
0 |
|||||||||||||
|
|
|
¡ |
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|||||||
B |
1 |
0 |
1 |
1 |
¯ |
0 |
C |
|
|
B |
0 |
|
1 |
0 |
1 |
¯ |
|
0 |
C |
|
|||
B |
¯ |
C B |
¡ |
¯ |
|
C |
|
||||||||||||||||
@ |
|
|
¡ |
|
|
¯ |
|
A |
|
|
@ |
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
A |
|
||
|
|
0 0 1 |
|
|
¯ |
|
¯ 0 |
1 0 0 |
|
|
|
¯ |
¯ 0 1 |
|
|||||||||
|
|
1 |
¯ |
2 |
1 0 |
|
1 |
: |
|||||||||||||||
! |
|
1 1 |
¡ |
1 |
1 |
¯ |
0 |
|
|
! |
1 |
0 0 |
|
1¯ |
|
0 |
|
||||||
|
|
|
¡ |
0 |
|
|
|
|
|
¡ |
¯ |
0 |
|
||||||||||
|
|
B |
0 0 |
|
¡ |
¯ |
|
C B 0 0 1 |
¡ |
|
¯ |
|
C |
|
|||||||||
|
|
¡ |
1 1 |
|
|
1 |
|
|
|||||||||||||||
|
|
@ |
|
|
|
|
¯ |
|
A |
|
|
@ |
|
|
¡ |
|
¯ |
|
A |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
Свободное неизвестное – ¯2¯; главные неизвестные – |
|
¯®1, ®2, ¯1. Ранг |
матрицы левой части равен трем, следовательно, размерность подпространства решений равна единице. Связь ®i, ¯i: ®1 = ¯2; ®2 =
¯2; ¯1 = ¯2. Общий вид векторов ~x = L1 |
L2 |
: ~x |
f |
f |
||||
= ¯2(¡!1 |
+ ¡!2 ). |
|||||||
Базис в пересечении: |
~e = f + f = (2; 3; 1; 1) |
. Размерность пере- |
||||||
¡!1 |
¡!2 |
|
T |
|
||||
сечения равна единице. |
|
~x |
|
¯ |
g |
g |
|
|
Примечание: можно также записать |
|
|
||||||
|
= |
2(¡!1 + ¡!2 ), пользуясь |
||||||
(1). |
|
|
|
|
|
|
|
|
25
~ |
~ |
3. Подпространство L1 натянуто на векторы f1 |
; :::; fk; подпро- |
странство L2 натянуто на векторы ~g1; :::;~gm. Найти размерность и
базис суммы и пересечения подпространств L1 и L2. |
|
||||||
|
~ |
|
|
~ |
~ |
|
|
|
f1 = (1; 2; ¡1; ¡2); f2 |
= (3; 1; 1; 1); f3 = (¡1; 0; 1; ¡1); |
|||||
|
~g1 = (2; 5; ¡6; ¡5); ~g2 = (¡1; 2; ¡7; ¡3); ~ ~ ~ ~ |
: |
|||||
|
4. Найти координаты вектора ~x в базисе f1; f2; f3; f4 |
||||||
|
|
|
~ |
|
~ |
|
|
|
~x = (1; 2; 1; 1); f1 = (1; 1; 1; 1); f2 = (1; 1; ¡1; ¡1); |
|
|||||
~ |
|
|
~ |
|
|
|
|
f3 |
= (1; ¡1; 1; ¡1); f4 = (1; ¡1; ¡1; 1). Предварительно проверить, |
||||||
|
~ |
~ |
~ |
~ |
4 |
. |
|
что векторы f1 |
; f2 |
; f3 |
; f4 образуют базис в R |
|
2.1.2.Евклидовы пространства
5. Найти нормированный вектор, ортогональный к векторам (1; 1; 1; 1),
(1; ¡1; ¡1; 1), (2; 1; 1; 3).
6. Посредством процесса ортогонализации найти ортогональный базис в подпространстве, натянутом на векторы (1; 2; 1; 3), (4; 1; 1; 1),
(3; 1; 1; 0).
Задача. Найти ортонормированную фундаментальную систему решений для системы уравнений
½3x1 ¡ x2 ¡ x3 + x4 = 0 ; x1 + 2x2 ¡ x3 ¡ x4 = 0 :
Решение. Условие задачи означает, что требуется построить ортонормированный базис в подпространстве решений. Применим метод Гаусса
µ |
1 |
2 1 |
¡ |
1 |
¯ |
0 |
¶ |
! µ |
0 |
¡ |
7 2 4 |
¯ |
0 |
¶ |
|
(2) |
|
3 |
¡ |
|
¯ |
0 |
|
|
1 |
|
¯ |
0 |
|
: |
|
||
|
¡1 ¡1 |
1 |
¯ |
|
|
2 ¡1 ¡1 |
¯ |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
Ранг равен двум, следовательно, подпространство решений двумерно, и искомая система решений состоит из двух векторов. Мы сначала найдем два ортогональных между собой решения, а затем их нормируем. В качестве 1-го вектора можно взять произвольное ре-
шение, например, положим ¡!x2 = 0, x4 = ¡1, тогда x3 = 2, x1 = 1. Итак, 1-й базисный вектор y1 = (1; 0; 2; ¡1). Для нахождения 2-го
26
базисного вектора присоединим к системе (2) условие ортогональ-
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ности к вектору ¡!1 : |
|
¡4 |
|
¯ |
|
0 |
|
1 0 0 1 7 |
|
|
|
|
|
4 |
¯ |
|
0 1 : |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
0 0 7 |
¡2 |
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
¡ |
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
@ |
1 2 |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
¯ |
|
0 |
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
1 2 ¡1 ¡1 |
¯ |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 0 2 |
|
1 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 0 17 |
|
|
|
|
8 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
|
¯ |
|
A |
|
|
|
|
|
||||||||||
Положим |
x |
4 |
= 17 |
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
x |
3 |
= 8 |
, |
x |
2 |
= 7 |
¢ |
8 + 4 |
¯17 = 12 x |
1 |
= |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
, тогда¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¢¯ |
|
|
|
|
, |
|
|
|||||||||||||||||||||||
¡2 ¢ 12 + 8 + 17 = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
; |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
Итак, 2-й базисный вектор ¡!2 = (1 12 8 17). Осталось нормиро- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
вать эти векторы, т.е. вычислить |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
e~ |
|
|
|
y = y |
|
|
|
|
|
|
y =p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
; ; |
|
; |
|
|
; |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
= |
|
¡!1 |
j¡!1 j = |
|
¡!1 |
|
|
|
1 + 4 + 1 = p6 |
(1 0 2 |
|
¡1) |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
e~ |
|
|
y = y |
|
|
y =p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
; |
; ; |
|
|
: |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
2 = |
¡!2 |
|
j¡!2 j = ¡!2 |
|
|
|
1 + 144 + 64 + 289 = p498(1 12 |
|
8 17) |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
Примечание: выбор 1-го базисного вектора не однозначен, соответ- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ственно этому ответы могут быть различны по форме. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
7. Найти проекцию вектора ~x на подпространствo, натянутое на |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
векторы ~a1; :::;~ap: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
~x = (¡3; 5; 9; 3); ~a1 = (1; 1; 1; 1); ~a2 = (2; ¡1; 1; 1); ~a3 = |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
(2; ¡7; ¡1; ¡1). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
Задача. Разложить вектор ~x = (5; 2; ¡2; 2) в ортогональную |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
¡! |
|
¡! |
, где L - подпространство, натянутое на векторы |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
сумму ~x = xL |
+ xM |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
¡!(2 1 |
; |
1 |
|
1) |
|
|
¡!(1 1 |
; |
3 |
; |
0) |
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
||||||||||||
A |
1 |
; |
|
; |
¡ |
|
|
|
и |
A |
2 |
; |
|
|
|
|
, |
|
- ортогональное дополнение |
. |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
Решение. ~x |
|
|
1 |
A |
1 |
|
|
|
|
|
|
2 2 |
|
|
|
¡! |
. Скалярно умножим это ра- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
® A |
|
|
|
|
x |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
= ® |
¡! |
+ |
|
|
|
¡! + |
|
|
M |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
венство 1-й раз на ¡!1, а 2-й раз - на ¡!2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 ¯¡!1¯ |
|
A |
|
|
2 h¡!1 |
|
|
¡!2i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h~x; ¡!1i = |
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
® |
¯ |
A |
¯ |
2 |
|
|
® |
|
|
A ; A |
2 |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
|
¡!2i = |
|
|
1 h¡!1 |
|
¡!2i + |
|
|
2 |
|
¯¯¡!2¯¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
~x; A |
|
|
|
|
|
|
® |
|
¯A ;¯A |
|
|
|
|
|
® |
|
|
¯ |
A |
¯ |
|
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Это - линейная система для ®1, ®2:
½ 7®1 + 6®2 = 8 ; 6®1 + 11®2 = 1 :
¡!
Решение этой системы: ®1 = 2, ®2 = ¡1. Таким образом, xL =
¡! ¡! ¡! ¡!
2A1 ¡ A2 = (3; 1; ¡1; ¡2). Вектор xM находится по формуле xM =
27
!¡ |
¡ ¡! |
|
¡ |
1; 4). Для проверки ответа сосчитаем скалярное |
||||||||
x |
xL = (2; 1; |
|
||||||||||
произведение |
h¡! ¡!i |
= 6 + 1 + 1 |
¡ |
8 = 0. |
||||||||
xL; xM |
|
|||||||||||
|
8. Найти расстояние от точки ~a = (1; 0; 1; 0) до подпространства, |
|||||||||||
натянутого на векторы (1; 1; 0; 0); |
(0; 1; 1; 1). |
|||||||||||
|
Задача. Найти значения параметра ®, при которых разрешима |
|||||||||||
система линейных уравнений |
|
|
¯ |
|
1 ; |
|||||||
|
|
|
|
|
0 |
1 |
0 |
|
1 |
2® |
||
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
2 |
¯ |
®2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
¡ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
@ |
1 |
¯ |
A |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
¡ |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
и решить систему. |
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
Указание. Условие разрешимости неоднородной системы состоит в ортогональности правой части всем решениям однородной системы с транспонированной матрицей.
Задача. Найти собственные значения и собственные векторы мат-
рицы |
|
|
|
|
|
|
|
A = |
µ |
1 |
2 |
|
¶ : |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Составляем характеристическое уравнение |
|
|
||||||||||||||||||||||
¯ |
2 ¡ ¸ |
¡ |
|
¯ |
|
|
|
|
¸ |
|
|
2 |
|
|
; ¸ |
|
|
|
; ¸ |
|
: |
|||
¯ |
|
1 |
2 |
¸ |
¯ |
= 0 или ( |
|
¡ 2) ¡ 1 = 0 |
|
1 = 3 |
|
2 = 1 |
|
|||||||||||
¯ |
|
¯ |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Для¯¸1 собственный¯ вектор удовлетворяет системе |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
µ |
|
1 |
1 |
¯ |
0 ¶ ! ( 1 ¡1 j |
0 ) |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
¡1 |
¡ |
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
¯ |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
|
Положим x2 = 1, тогда x1¯ |
= 1, и 1-й собственный вектор ~x = |
|||||||||||||||||||||||
µ 1 ¶ |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для ¸2: |
1 |
1 |
¯ |
|
0 ¶ ! |
|
1 1 j 0 |
|
|
) |
µ |
|
1 ¶ |
|
|
|||||||||
|
|
µ |
|
|
|
|
¡ |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¡1 |
1 |
¯ |
|
0 |
|
( |
|
|
|
|
|
) |
~x(2) |
= |
|
1 |
|
: |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
(1) |
|
(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Отметим, что ~x |
|
¯ |
|
~x , это следует и из общей теории эрмитовских |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
матриц.
28
Задача. То же задание для матрицы |
: |
|||||
A = |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
|
|
@ |
0 |
0 |
1 |
A |
|
|
1 |
0 |
0 |
|
При этом составить из собственных векторов ортогональную матрицу, приводящую A к диагональному виду.
Решение. Характеристическое уравнение (1¡¸)(¸2 ¡1) = 0, от-
сюда ¸1 = ¡1, (алгебраическая кратность ·1 = 1); ¸2 = 1, (·21= 2). |
||||||||||||
Для ¸1 имеется один линейно независимый вектор ~x(1) = |
0 |
0 1 ; |
||||||||||
|
¸ |
|
|
|
|
( 1 0 |
|
1 |
|
|
|
¡1 |
для |
|
1 система получается такая |
|
¡ j |
0 |
@ |
A |
|||||
рическая кратность ¸2 равна n2 = 2. |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
Собственные векторы имеют вид |
= |
0 |
1 |
1 : |
|
|
||||||
|
|
~x(2) = |
0 |
0 |
1 |
; ~x(3) |
|
|
||||
|
|
|
@ |
1 |
A |
|
|
@ |
1 |
A |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
0 |
|
|
По этим векторам ортогональный базис в собственном подпространстве L2 строим как было показано выше. Таким образом, невырож-
денная матрица из собственных векторов |
: |
|||||
S = |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
|
|
|
1 |
1 |
0 |
A |
|
|
@ ¡1 |
1 |
0 |
|
Эта матрица не ортогональная, надо еще нормировать собственные
векторы: |
0 |
02 |
|
|
02 |
1 |
1 |
: |
||
T = |
|
|
||||||||
|
|
1 |
|
|
1 |
0 |
|
|
||
|
B |
p |
|
|
p |
|
C |
|
||
|
¡ |
p1 |
|
|
p1 |
|
0 |
|
||
|
2 |
2 |
|
|||||||
1 |
@ |
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
Ответ: T ¡ AT = diag f¡1; 1; 1g. |
|
|
|
|
|
9. Найти собственные числа и собственные векторы матрицы:
0 |
¡1 |
0 |
1 |
1 |
: |
@ |
5 |
6 |
¡3 |
A |
|
1 |
2 |
1 |
|
29
§2.2. Программа экзамена во 2 семестре.
Ортогональные матрицы. Свойства и спектр. Геометрический смысл ортогонального преобразования. Унитарные матрицы. Свойства и спектр. Ортогональное дополнение в евклидовом пространстве. Разложение вектора в ортогональную сумму. Единственность разложения. Размерность ортогональной суммы подпространств. Симметричные и эрмитовские матрицы. Свойства спектра и собственных векторов. Теорема о диагонализации вещественной симметричной матрицы. Ортогональные преобразования. Теорема о диагонализации эрмитовской матрицы. Унитарные преобразования. Приведение унитарной матрицы к диагональной форме (метод преобразования Кэли).
Вещественные квадратичные формы. Виды записи квадратичной формы. Приведение вещественной квадратичной формы к сумме квадратов виду ортогональным преобразованием. Классификация квадратичных форм. Положительно определенные матрицы и квадратичные формы. Одновременное приведение двух квадратичных форм к сумме квадратов.
Приведение общего уравнения поверхности второго порядка к каноническому виду. Исследование канонического вида уравнения второго порядка. Эллипсоид и конус, однополостный и двуполостный гиперболоиды. Эллиптический и гиперболический параболоиды. Другие вырожденные случаи. Линейчатые поверхности.
Общие идеи преобразования к каноническому жорданову виду матриц. Применение жорданова вида матрицы к решению системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами.
Сопряженное (двойственное) пространство. Линейные и полилинейные формы. Понятие о тензорах. Ковариантный и контравариантный законы преобразования.
2.2.1.Квадратичные формы и приведение к каноническому виду
Задача. Привести квадратичную форму к сумме квадратов
© = x21 ¡ 4x1x2 + 2x1x3 + 4x22 + x23 :
30