Глава VII. Разбор типового расчета по линейной алгебре

5

3

6

2

1

3

A =

−1

− 2 − 2

. Вычислим ранг матрицы A

методом элементарных

3

3

4

4

5

7

A равен трем и матрица

преобразований строк. Поскольку ранг матрицы

состоит

из

трех

столбцов,

столбцы

матрицы

A

линейно

независимы,

следовательно, система векторов a1,a2 ,a3 линейно независима.

R3 ,

Задача 2. Рассматривая

векторы

f1, f2 , f3

как

новый

базис

в

вычислить:

а) координаты вектора b в исходном

базисе

e , зная

его

координаты в новом базисе f ; б) координаты вектора c в новом базисе

f ,

зная

его

координаты

в исходном

базисе

e .

f1 = (2,−1,1) ,

f2 = (2,0,2) ,

f3 = (3,0,1) , b = (2,0,1) , c = (9,−3,8) .

f1, f2 , f3

Решение. а)

Докажем,

что векторы

образуют базис в пространстве

2

2

3

R3 . Из столбцов

координат

векторов

составим

матрицу A =

−1

0

0 .

det A ≠ 0 ,

A

1

2

1

Поскольку

столбцы

матрицы

линейно

независимы,

эти векторы образуют базис в пространстве R3 .

б) Данная матрица A и есть матрица перехода от базиса e

к базису

f .

(2,0,1) – координаты вектора b в базисе f = ( f1, f2 , f3 ) ,

(x1, x2 , x3 )

–

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

x

2 2 3

2

f ,

получим:

1

0

0

0

. Перемножив две матрицы, найдем

x2

= −1

x

1 2 1

1

3

x1, x2 , x3 : x1 = 7 ,

x2 = −2 , x3 =3. Таким образом, вектор b в базисе e имеет

координаты b = (7,− 2,3).

в)

(9,−3,8)

–

координаты

вектора

c

в

исходном

базисе

e ,

(x1, x2 , x3 ) –

9

x

координаты вектора

c

в базисе

f

= ( f1,

f2 , f3 ) , т.е.

Ce

−3

1

=

, C f = x2

.

8

x

A

3

Подставив матрицы Ce , C f ,

в формулу Ce = A C f ,

получим СЛАУ:

9

2 2 3 x

−1

0

0

1

получим x1 =3,

−3

=

x2

. Решив систему методом Гаусса,

8

1 2 1

x

3

c в базисе

f

x2 =3,

x3 = −1.

Таким образом,

вектор

имеет координаты

c = (3,3,−1).

Задача 3.

Убедившись

в

линейности

оператора

A :V3 →V3 ,

переводящего

вектор

x = (x1, x2 , x3 )

в

y = Ax ,

найти

его

матрицу

в

ортонормированном базисе

i, j,k . Ax =[x,a], где a = (3,1,−2).

1)

A( x + y) =[x + y,a]=[x,a]+[y,a]=Ax + Ay x, y V3 ;

2)

A(λx) =[λx,a]= λ [x,a]= λ Ax x V3 , λ R .

Для построения матрицы линейного оператора

A найдем образы

базисных

векторов:

Ai =[i,a]= (0,2,1),

Aj =[j,a]= (− 2,0,−3),

0

− 2

−1

оператора: A =

2

0

3

.

1

−3

0

Задача 4. Привести

матрицу A

линейного

оператора A к

диагональному

виду. Указать

соответствующую

матрицу

перехода.

2

−1

−1

A =

−1

2 −1 .

−1

−1

2

Решение.

Будем опираться

на

теорему:

матрица линейного

оператора

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

а) Найдем собственные значения матрицы

A.

Для

этого

решим

характеристическое уравнение

A − λE

2 − λ

−1

−1

=

−1

2 − λ

−1

= 0 .

λ1 = 0 ,

−1

−1

2 − λ

2x1 − x2 − x3 = 0

(A − λE) X =O . Для λ1

= 0 СЛАУ имеет вид − x1

+ 2x2 − x3

= 0 . Ранг

− x

− x

2

+ 2x

= 0

1

3

α

1

1

X = α

=α 1

α , где 1 – ФСР системы. f1 = (1,1,1) – собственный

α

1

1

− x1 − x2 − x3 = 0

имеет вид

− x1 − x2 − x3 = 0

. Ранг матрицы системы равен 1, поэтому ФСР

− x

− x

2

− x = 0

1

3

системы состоит из n − r =3

−1 = 2

решений. Общее решение СЛАУ имеет

−α − β

−1

−1

−1

−1

вид X =

α

=α 1

+ β 0

α, β , где 1

и 0 – ФСР системы.

β

0

1

0

1

f2 = (−1,1,0)

f3 = (−1,0,1)

– линейно

независимые собственные векторы,

отвечающие собственному значению λ2 = λ3 =3 .

Таким

образом,

найденные векторы

f1 = (1,1,1), f2 = (−1,1,0)

f3 = (−1,0,1)

образуют искомый

базис, состоящий из собственных векторов оператора A . Матрица линейного

0 0

0

оператора в этом базисе имеет вид Af

=

0

3

0

. На диагонали матрицы

Af расположены

0

0

3

A ,

собственные значения

оператора

повторяющиеся

столько раз,

какова их кратность. Матрица перехода от базиса e к базису f

1

−1 −1

имеет вид T

=

1

1

0 , причем

A

f

=T −1

A T

e→ f

.

e→ f

e→ f

1

0

1

f ( x) = f (x ,x

2

, x ) = x2

+ 5x2

+ 5x

2

− 4x x

2

+ 6x x + 20x

x .

1

3

1

2

3

1

1

3

2

3

Решение.

Так

как

a11 =1 ≠0,

то

соберем слагаемые, содержащие x1 ,

и

дополним полученное выражение до полного квадрата:

x2

− 4x x

2

+ 6x x = x2

+ 2x (−2x

2

+ 3x ) + (−2x

2

+ 3x )2

− (−2x

2

+ 3x )2 =

1

1

1

3

1

1

3

3

3

= (x − 2 x

2

+ 3x )2

− (4 x2 −12x

2

x

3

+ 9x2 ) = y2

− 4 x2 +12x

2

x −9x2 ,

1

3

2

3

1

2

3

3

где y1 = x1 − 2 x2 + 3x3 .

Итак,

f ( x) = y2

− 4 x2 +12x

2

x −9x2 + 5x

2

+ 5x

2

+ 20x

2

x

3

= y

2

+ x2

− 4x2

+ 32x

2

x .

1

2

3

3

2

3

1

2

3

3

Так как коэффициент при x22 равен

1 ≠ 0 ,

то

соберем

все

слагаемые,

содержащие x2 , и дополним

полученное выражение до полного квадрата:

x2

+ 32x

2

x

3

= x

2 + 2x

2

16 x

+ (16 x

3

)2 − (16 x )2 =

2

2

3

3

=(x

2

+16 x )2

− 256 x2

= y2 − 256 x2 , где y

2

= x

2

+16 x .

3

3

2

3

3

Итак, f ( x) = y2

+ y

2 − 256 x2

− 4x

2

= y2 + y2

− 260 x

2 = y

2

+ y

2

− 260 y2 ,

где

1

2

3

3

1

2

3

1

2

3

y1 = x1 − 2 x2 + 3x3 ,

y2= x2 +16 x3 ,

y3 = x3 .

Найдем

матрицу перехода

от

старого базиса к новому. Для этого выразим переменные

x1,

x2 , x3 через

x1 = y1 + 2 y2 −35 y3

1 2 −35

y1,

y2 , y3 :

x2 = y2 −16 y3

.

Итак,

X =UY ,

где

U =

0

1

−16

–

x

= y

3

0

0

1

3

матрица перехода от старого базиса e

к новому базису

f .

Учитывая,

что

записанных

по столбцам, получим

координаты

векторов

нового базиса

f1 = (1,0,0) ,

f2 = (2,1,0),

f3 = (−35, −16,1).

Окончательно

получим:

f ( x) = y2

+ y2

− 260 y2 .

Указанный

1

2

3

f ( x) = f (x , x

2

, x ) = x2

+ x2

+ x2

− 4x x

2

− 4x x − 4x

2

x .

1

3

1

2

3

1

1

3

3

1

− 2

− 2

Решение. а)

A =

− 2

1

− 2

– матрица квадратичной формы в исходном

− 2

− 2

1

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

A − λE

1 − λ

− 2

− 2

=

− 2

1 − λ

− 2

= 0 .

λ1 = λ2 =3 , λ3 = −3

– корни

− 2

− 2

1 − λ

3

0

0

характеристического уравнения.

Λ =

0

3

0 – матрица квадратичной

формы в новом базисе f

0

0

−3

(в ортонормированном базисе из собственных

векторов матрицы A ). В базисе

f квадратичная форма имеет канонический

вид f ( x) = f ( y

, y

2

, y

3

) =3y2 + 3y2 −3y2 .

1

1

2

3

4

− 2

− 2

x

0

из СЛАУ

− 2

4

1

=

. Общее решение системы имеет вид:

− 2

x2

0

− 2 − 2 4

x3

0

α

1

X = α =α

1

α .

Вектор

a3 = (1,1,1)

является собственным

вектором

α

1

матрицы

A,

отвечающим

собственному

значению λ3 = −3.

Нормируя

собственный вектор a3 , получим

f3

= (

1

,

1

,

1

). Координаты собственных

3

3

3

− 2

− 2

− 2

x

0

− 2

1

. Общее решение СЛАУ имеет вид

− 2

− 2

x2

=

0

− 2

− 2

− 2

x3

0

−α − β

−1

−1

X =

α

=α 0

+ β 1 α, β . a1 = (−1,0,1) , a2 = (−1,1,0) - линейно

β

1

0

независимые собственные векторы, отвечающие

собственному

значению

λ1 = λ2 =3 .

собственные векторы a1 = (−1,0,1)

и a2 = (−1,1,0)

в) Найденные

линейно

независимы,

но

ортогональными

не

являются.

Построим

собственному значению

λ1 = λ2 =3 ,

при помощи метода ортогонализации

Грама–Шмидта:

(−

);

1) g1 = a1 = (−1,0,1) ,

f1

= g1 /

g1

=

1

,0,

1

2

2

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

2) (a

2

, f

1

)=

1

, g

2

= a

2

− (a

2

, f

1

) f

1

= (−

1 , 1, −

1 ),

2

2

2

f2 = g2 /

g2

=

(−

1

,

2

,−

1

).

6

6

6

(−

1

1

),

f2 = (−

1

2

1

)

Найденные

векторы

f1 =

,0,

,

,−

являются

2

6

6

6

ортонормированными.

2

f1

= (−

1

1

),

f2 = (−

1

2

1

),

г) Таким образом, найденные векторы

,0,

,

,−

2

2

6

6

6

f3 =

(

1

,

1

,

1

)образуют искомый ортонормированный базис, состоящий из

3

3

3

−

1

−

1

1

2

6

3

собственных векторов оператора A . Матрица U =

0

2

1

является

6

3

1

−

1

1

2

6

3

векторов матрицы A, причем

Λ =U T AU .

Задача 7. Построить

кривую − 7x2 + 48xy + 7 y2 = 625 , приведя ее

Решение. Рассмотрим матрицу квадратичной формы

− 7

24

A =

24

7

.

X T A X = 625 , где

x

– матрица-столбец переменных.

Методом

X =

y

X T A X к

ортогонального преобразования приведем квадратичную форму

соответствующие им собственные векторы матрицы A.

а) Найдем собственные значения

матрицы

A.

Для

этого

решим

характеристическое

уравнение

A − λE

=

− 7 − λ

24

= 0 .

λ = 25,

24

7 − λ

1