Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский новый юридический институт

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Линейная алгебра-1.pdf

Скачиваний:

603

Добавлен:

13.02.2016

Размер:

892 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1413 14 > Следующая >>>

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

Указание. Сделаем замену переменных, при которой каждый из этих двух сомножителей примем за новую переменную. Тогда квадратичная форма будет представлять собой произведение двух переменных.

4.Доказать, что в положительно определенной квадратичной форме все коэффициенты при квадратах переменных положительны. Является ли это условие достаточным для положительной определенности формы?

5.Сформулировать необходимое и достаточное условие, при котором квадратичные формы f (x) и − f (x) могут быть приведены к одному и тому

же каноническому виду.

6. Доказать, что квадратичная форма является положительно определенной тогда и только тогда, когда все собственные значения ее матрицы положительны, и отрицательно определенной тогда и только тогда, когда все собственные значения ее матрицы отрицательны.

7. Привести квадратичную форму		− x2 + 2 y2 − z2 + 4xy −2xz −4 yz к
каноническому виду	а) методом	Лагранжа; б) ортогональным
преобразованием.

Глава VI. Приведение уравнений кривых и поверхностей второго порядка к каноническому виду

Рассмотрим			n –мерное	вещественное	евклидово	пространство					Rn .
Фиксируем в		Rn	ортонормированный базис e . Координаты					вектора			x
(точки x ) в этом базисе обозначим через (x1, x2 ,...,xn ) .										) Rn ,
Рассмотрим			геометрическое место		точек	x(x , x	2	,..., x	n	) Rn ,
удовлетворяющих уравнению						1	2		n
удовлетворяющих уравнению
			n	n
			∑aij xi x j + ∑bi xi + c = 0 .								(1)
			i, j=1	i=1
Здесь c ,	aij ,	i, j =1,2,...,n , bi ,		i =1,2,...,n, – действительные коэффициенты,
aij = a ji	i, j =1,2,...,n , среди коэффициентов aij , i, j =1,2,...,n хотя бы один

отличен от нуля.

Замечание 1. При n = 2 уравнение (1) является уравнением кривой второго порядка на плоскости, при n =3 уравнение (1) является уравнением поверхности второго порядка в трехмерном пространстве.

		n
Замечание 2.	Слагаемое	∑aij xi x j будем называть группой старших
	i, j=1
			n
членов уравнения	(1), группу	слагаемых	∑bi xi + c будем называть

i=1

линейной частью уравнения (1).

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

Замечание 3.			Группа старших членов уравнения			(1)	является
					n
квадратичной		формой		f ( x) = f (x1,x2 ,..., xn ) = ∑aij xi x j		с	матрицей
					i, j=1
a ...	a
11	1n
A = ... ...	...	,	члены	первого	порядка образуют линейную форму

an1 ...	ann
n					... bn ). Уравнение (1) можно записать в
∑bi xi с матрицей-строкой B = (b1 b2					... bn ). Уравнение (1) можно записать в
i=1
матричном виде:			X T A X + B X + c = 0 ,
			X T A X + B X + c = 0 ,				(2)

где X = x2 – матрица-столбец переменных.

...xn

Упростим уравнение (1). Для этого приведем квадратичную форму к каноническому виду. Существует ортонормированный базис, состоящий из собственных векторов матрицы A, в котором квадратичная форма имеет

канонический вид f ( x) = λ1 y12 +... + λn yn2 , где λi , i =1,2,...,n , – собственные

значения матрицы A, повторяющиеся столько раз, какова их кратность. Матрица перехода от старого ортонормированного базиса к новому ортонормированному базису U является ортогональной.

Сделаем замену переменных X =UY . Тогда уравнение (2) примет вид:

(UY )T A (UY )+ B (UY )+ c = 0 Y T (U T AU ) Y + (BU ) Y + c = 0

		λ	0		...	0
		1	λ		...	0
Y T ΛY + DY + c = 0 , где		0		2			, D = B U . Последнее
	Λ =				...	...
	... ...
		0	0		...
						λn

уравнение можно записать в следующем виде:

n	n
∑λi yi2	+ ∑di yi + c = 0 .	(3)
i=1	i=1

Уравнение (3) проще уравнения (1), т. к. оно не содержит слагаемых вида yi y j , при i ≠ j . Дальнейший анализ уравнения (3) при n = 2 и n =3

проводится по стандартной схеме, рассмотренной в курсе аналитической геометрии.

Замечание. В двумерном случае ( n = 2 ) при дополнительном условии

detU =1 преобразование X =UY является поворотом				системы координат
вокруг	неподвижного начала	системы	координат. В	трехмерном	случае
( n =3 )	при дополнительном	условии	detU =1 преобразование		X =UY

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

является поворотом системы координат вокруг некоторой оси,

проходящей

через начало координат.

Задача 1.

Исследовать

уравнение

построить

кривую

9x2 + 4xy + 6 y2 −16x −8y − 2 = 0 .

Решение.

Рассмотрим

матрицы

квадратичной

линейной

формы:

B = (−16

−8) .

Уравнение кривой

второго порядка можно

A =

записать в матричном виде:

X T A X + B X − 2 = 0 ,

где

–

матрица-

X =

столбец переменных. Методом ортогонального преобразования приведем квадратичную форму X T A X к каноническому виду. Для этого найдем собственные значения и соответствующие им собственные векторы

матрицы A.

а) Найдем собственные значения матрицы

Для этого

решим

характеристическое уравнение

A − λE

9 − λ

= 0 . λ =10 , λ

=5 –

6 − λ

корни характеристического уравнения.

–

матрица квадратичной

Λ =

формы в новом базисе

(в ортонормированном базисе из собственных

векторов матрицы A ).

б) Найдем собственные векторы матрицы

Координаты собственного

вектора, отвечающего

собственному

значению

λ1 =10 , найдем

из

СЛАУ

(A − λE)

X =O

при

λ =10 :

−1 2

СЛАУ

равносильна

2 − 4

уравнению − x1 + 2x2 = 0 . Вектор

a1 = (2, 1) является собственным вектором

матрицы

отвечающим

собственному

значению

λ1 =10 .

Координаты

собственного вектора, отвечающего собственному значению λ2 =5 ,

найдем

из СЛАУ

которая равносильна уравнению

2x + x

= 0 .

2 1

Вектор

a2 = (−1,2)

является

собственным

вектором

матрицы

отвечающим

собственному

значению

λ2 =5 .

Нормируя

собственные

векторы,

получим

ортонормированный базис,

состоящий из собственных

векторов

матрицы

f1 = (

f2 = (−

В базисе

квадратичная

форма

имеет

канонический

вид.

Матрица

−

является ортогональной матрицей перехода от старого ортонормированного

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

базиса

новому

ортонормированному базису

f ,

состоящему

из

собственных векторов матрицы A, detU =1.

X =U X ′:

в) Изменение базиса привело к линейной замене переменных

x =

x′−

y′

y′. В результате получим уравнение (X

′ T

′

+ D X

′

− 2

= 0 ,

y =

x′+

)

Λ X

где

BU = D = (−8 5 0) ,

X ′

x′

Последнее

Λ =U T AU =

y′

уравнение

можно

записать

следующем

виде:

10(x′)2 + 5(y′)2 −8 5 x′− 2 = 0 .

Выделяя в уравнении

полный

квадрат

10(x′)2 −8

5 x′=10(x′−

)2 −8 ,

придем

уравнению

10(x′−

)2 + 5(y′)2 −10 = 0 .

Выполнив

x′′=

x′−

замену

переменных

Y ′′

5 ,

Y ′

y′′= y′

получим

уравнение

′

′′

10(x′′)2 + 5(y′′)2 =10 ,

которое

легко

( X )

преобразуется

каноническому

уравнению эллипса

(x′′)2

(y′′)2

=1.

(

2)2

Чтобы

построить

эллипс,

заданный

уравнением

Рис. 2

9x2 + 4xy + 6 y2 −16x −8y − 2 = 0 , надо

изобразить исходную координат XOY ; в этой собственные векторы a1

систему

системе координат отложить от точки O и a2 и вдоль них направить координатные оси

новой системы координат X ′OY ′. В системе координат X ′OY ′ надо отметить точку Q( 25 ,0) , являющуюся началом еще одной системы координат X ′′QY ′′с

осями, параллельными осям OX

′

и OY

′

′′

строим

. В системе координат X QY

эллипс с полуосями a =1, b = 2

(см. рис. 2).

−

cosϕ

−sinϕ

Замечание 1.

Матрица

где

cosϕ

sinϕ

ϕ = arccos( 25 ) , является матрицей линейного оператора поворота вектора,

лежащего на плоскости, на угол ϕ против часовой стрелки. Таким образом, ортонормированный базис f , состоящий из собственных векторов матрицы A, получается путем поворота базиса i , j на угол ϕ вокруг точки O – начала координат.

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

	Замечание 2. Соотношения													x′′ = x′ −										2			определяют параллельный
														x′′ = x′ −										5
																								5
														y′′ = y′
перенос системы координат на вектор																OQ = (								2			, 0) . Зная координаты точки
перенос системы координат на вектор																OQ = (								5			, 0) . Зная координаты точки
																								5
Q в системе координат						′	′	:	x		′		=		2		,		y		′	= 0 , можно найти																			координаты
						′	′				′				5						′
						X OY									5
точки		Q в исходной системе координат:																x =					4		,	y =		2	.
точки		Q в исходной системе координат:																x =				5			,	y =		5	.
																						5						5
									x			′		= x		′′	+			2							x =				2			x′−				1			y′
																				2											5						5

	Замечание 3. Подставляя																				5				в																			, получим
	Замечание 3. Подставляя																				5				в							1		x′+					2		y′			, получим
										y′				= y′′													y =					1							2
										y′				= y′′													y =				5						5
																															5						5
																									x =			2		x′′−					1		y′′			+		4
																									x =			5		x′′−					5		y′′			+
связь между новыми и старыми координатами																												5							5					5					.
связь между новыми и старыми координатами																												1		x′′ +						2	y′′						2		.
																									y =			1								2				+			2
																									y =			5							5					+
	Задача 2.																											5							5					5
	Задача 2.				Привести к		каноническому																		виду			уравнение													поверхности
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4 yz + 4xz + 2x − 2z −3 = 0 .
Решение.			Рассмотрим			матрицы								квадратичной															и				линейной													формы:
	1	2	2
	2	1	2		B = ( 2	0		−			2) .						Уравнение													поверхности																второго
A =	2	1	2	,	B = ( 2	0		−			2) .						Уравнение													поверхности																второго
	2	2	1
	2	2	1
порядка можно записать						в матричном виде:																				X T A X + B X −3 = 0 ,																				где

X = y – матрица-столбец переменных. Методом ортогонального

преобразования приведем квадратичную форму X T A X к каноническому виду. Для этого найдем собственные значения и соответствующие им

собственные векторы матрицы A .		матрицы A.
а) Найдем собственные значения		матрицы A.			Для			этого решим
характеристическое уравнение	A − λE		1 − λ	2	2		= 0 . λ1 = λ2 = −1,
			1 − λ	2	2
		=	2	1 − λ	2
		=	2	1 − λ	2
			2	2	1 − λ
					−1	0		0
λ3 =5 – корни характеристического уравнения.					0	−1		0
λ3 =5 – корни характеристического уравнения.				Λ =	0	−1		0	– матрица
					0	0		5
		f			0	0		5
квадратичной формы в новом базисе		f	(в ортонормированном базисе из
собственных векторов матрицы A ).

б) Найдем собственные векторы матрицы A. Координаты собственного вектора, отвечающего собственному значению λ1 = λ2 = −1, найдем из СЛАУ

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.
		2	2	2	x		0
(A − λE) X =O при	λ = −1:	2	2	2	1		0	. Ранг матрицы системы
(A − λE) X =O при	λ = −1:	2	2	2	x2	=	0	. Ранг матрицы системы
		2	2	2	x		0
					3

равен 1, поэтому ФСР системы состоит		из n − r =3 −1 = 2		решений. СЛАУ
равносильна	уравнению x1 + x2 + x3 =	0.	Векторы	a1 = (−1,0, 1) и
a2 = (−1,1,0)	являются линейно независимыми собственными векторами

матрицы A,	отвечающими собственному значению			λ1 = λ2 = −1.
Аналогично найдем координаты собственного вектора матрицы A,
отвечающего собственному значению λ3 =5. Получим a3 = (1,1,1) .
в) Найденные собственные векторы a1 = (−1,0,1) и				a2 = (−1,1,0)	линейно
независимы,	но	ортогональными	не	являются.	Построим

ортонормированную пару собственных векторов, соответствующую

собственному значению																													λ1 = λ2 = −1,												при помощи метода ортогонализации
Грама-Шмидта:																																						= (−								);
1)	g1 = a1 = (−1,0,1) ,																									f1			= g1				/		g1							1	,0,	1
																																										1		1
																																										2		2
																																										2		2
2)	(a	2		, f		1	)=				1			,					g	2	= a				2		− (a				2	, f		1		) f			1	=	(− 1 , 1, − 1 )
2)	(a			, f			)=				2			,					g		= a						− (a					, f				) f				=	(− 1 , 1, − 1 )
											2																																2	2
f2 = g2 /								g2			= (−							1			,	2		,−				1		).
																		1				2						1
																	6					6																									= (−								)
																	6					6							6
Найденные												векторы																f1 = (−								1	,0,			1		)	и			f2			1		,	2	,−	1				являются
Найденные												векторы																f1 = (−								2	,0,			2		)	и			f2					,	6	,−	6				являются
ортонормированными.																																				2				2							6					6		6
ортонормированными.																										a3 = (1,1,1) ,												получим						ортонормированный														базис			из
г)	Нормируя															вектор										a3 = (1,1,1) ,												получим						ортонормированный														базис			из
собственных														векторов матрицы																								A:				f1 =		(−	1		,0,	1		),		f2 = (−				1		,	2	,−	1	),
собственных														векторов матрицы																								A:				f1 =		(−			,0,			),		f2 = (−				6		,		,−	6	),
	= (														).																													2			2									6	6				6
f3				1		,	1			,	1							В базисе												f			квадратичная форма имеет канонический вид.
f3				3		,	3			,	3							В базисе												f			квадратичная форма имеет канонический вид.
				3			3				3
													−						1				−				1				1
													−										−				6
																				2							6					3
Матрица U =																	0								2						1					является ортогональной матрицей перехода
Матрица U =																	0								6											является ортогональной матрицей перехода
																	1								6							3
																	1						−				1				1
																	2										6
																	2										6					3											e
от старого ортонормированного																																					базиса						e	к новому ортонормированному
базису							f ,				состоящему																		из				собственных											векторов матрицы												A , причем
Λ =U −1 AU =U T AU .																									Однако											detU = −1.								Поменяем местами													первый и
второй						столбцы матрицы U																														(т.е. поменяем											местами					два		собственных
вектора,									отвечающих λ1 = λ2 = −1). Получим матрицу перехода с detU =1:
			−			1				−				1						1
			−			6				−				2
						6								2							3
U =					2						0									1			. Ортонормированный базис из собственных векторов
U =				6							0												. Ортонормированный базис из собственных векторов
				6							1										3
			−			1					1									1
			−			6
						6							2								3

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

матрицы													A								образуют										векторы			f1 = (−	1		,	2	,−	1	),			f2 = (−		1	,0,	1	),
матрицы													A								образуют										векторы			f1 = (−			,	6	,−	6	),			f2 = (−			,0,	2	),
		= (																			).															6		6		6					2			2
	f3			1					,			1		,		1
	f3								,			3		,
		3										3						3																											X =U X ′:
д) Изменение базиса привело к линейной замене переменных																																													X =U X ′:
x = −							1				x′−						1						y′+				1			z′
x = −							6				x′−						2						y′+				3			z′
y =			2					x′+							1					z′											.	В		результате						получим					уравнение
y =								x′+					3							z′											.	В		результате						получим					уравнение
z		6										x′	3									y′+								z′
		= −				1							+					1										1
		= −											+
		6																		2								3
																																		−1				0		0
(X ′)T Λ X ′+ D X ′ −3 = 0 , где																																Λ =U T AU =				0		−1		0 ,			BU = D = (0 − 2					0) ,
																																				0		0		5
		x′																																		0		0		5
		x′
	X ′= y′ .																	Последнее													уравнение			можно			записать						в	следующем виде:
		z′
− (x′)2 − (y′)2 + 5(z′)2 − 2 y′−3 = 0 . Выделяя																																					в	уравнении						полный квадрат
− (y′)2 − 2 y′= −( y′ +1)2 +1,																																		придем								к			уравнению
																																													x′′= x′
− (x′)2 − (y′+1)2 + 5(z′)2 − 2 = 0 .																																	Выполнив замену переменных												y′′ = y′+1,
получим уравнение − (x′′)2 − (y′′)2 + 5(z′′)2 = 2 ,																																													z′′= z′
получим уравнение − (x′′)2 − (y′′)2 + 5(z′′)2 = 2 ,																																						которое легко преобразуется к
каноническому																														уравнению				двуполостного										гиперболоида
	(x′′)2									(y′′)2														(z′′)2					= −1.
					+														−
	( 2 )2				+					( 2)2														(	2	)2
	( 2 )2									( 2)2														(	5	)2
					Чтобы построить двуполостный гиперболоид,																																					заданный уравнением
	x2 + y2 + z2 + 4xy + 4 yz + 4xz +																																2x − 2z −3 = 0 , надо изобразить исходную
систему координат																												XYZ ; в этой системе координат отложить от точки																				O
собственные векторы																															b1 ,	b2 ,	b3	(b1 = (−1,2,−1),						b2 = (−1,0,1),					b3 = (1,1,1)) и

вдоль них направить координатные оси новой системы координат X ′Y ′Z′. В системе координат X ′Y ′Z′ надо отметить точку Q(0,−1,0) , являющуюся

началом еще одной системы координат X ′′Y ′′Z′′с осями, параллельными осям OX ′, OY ′, OZ′. В системе координат X ′′Y ′′Z′′строим двуполостный гиперболоид (см. рис. 3).

Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.

Y ′′

Z′′

O b2

Q b1

X ′′

Рис. 3

	x′′= x′
Замечание 1. Соотношения
Замечание 1. Соотношения	y′′ = y′+1 определяют параллельный

	z′′ = z′

перенос системы координат на вектор OQ = (0,−1, 0) . Зная координаты точки

Q в системе координат

′ ′ ′

′

= 0,

′

= −1,

′

= 0 ,

можно найти

X Y Z

координаты точки

Q в исходной системе координат: x =

y = 0 , z = −

x′′= x′

x = −

x′−

y′+

z′

Замечание

2. Подставляя

y′′ = y′ +1

в y =

x′+

z′

z′′ = z′

z = −

x′+

y′+

z′

получим связь


x = −		1			x′′−			1			y′′ +
		6						2
y =	2		x′′+				1		z′′′
							3
6
z = −		1		x′′		+		1		y′′ +
							2
			6

между новыми и старыми координатами

13 z′′+ 12

13 z′′ − 12

Задачи для самостоятельного решения.

Привести уравнение кривой к каноническому виду и построить кривую.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1413 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.07.201978 Кб22Криминалистика мет мат.doc
#
13.02.20162 Мб402Криминология Малков.pdf
#
09.09.2019101 Кб20криминология.doc
#
13.02.2016305 Кб43Курсовая работа Управ Реш Павлова.doc
#
01.05.2025199 Кб7Лекция (т.№3)-эмоции.doc
#
13.02.2016892 Кб603Линейная алгебра-1.pdf
#
13.02.201619 Кб43логика.docx
#
15.08.20192 Мб53Мартин Гарднер - Математические чудеса и тайны.doc
#
13.02.20163 Мб89Международное право.doc
#
12.11.20191 Мб171Методичка право.doc
#
26.08.2019881 Кб25МнП (Ермаков Крондо 31.5.6).doc