Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

[ Лялинов ] Программа и задачи по курсу линейной алгебры и аналитической геометрии в основном потоке

.pdf
Скачиваний:
118
Добавлен:
16.08.2013
Размер:
632.99 Кб
Скачать

зательством). 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