Беклемишев-Решения_задач

3. Докажите, что корни характеристического уравнения вещественной ортогональной матрицы (в том числе и комплексные) по модулю равны 1.

Р е ш е н и е. Как легко видеть, собственные значения унитарного преобразования в унитарном пространстве по модулю равны 1. Действительно, для любого собственного вектора x выполнено (x|x) = (A(x)|A(x)) = (λx|λx) = λλ(x|x). Так как унитарная матрица в ортонормированном базисе задает унитарное преобразование, отсюда следует, что корни характеристического многочлена любой унитарной матрицы по модулю равны 1. Вещественные ортогональные матрицы являются унитарными: A = A = A−1. Это заканчивает доказательство.

172 [ Гл. VII

Без использования унитарных пространств мы получили тот же результат в задаче 11 § 2.

4. Найдите ортонормированный базис из собственных векторов и матрицу преобразования в этом базисе для преобразования A, заданного в ортонормированном базисе матрицей

Является ли преобразование самосопряженным, унитарным?

Р е ш е н и е. Заданная нам матрица является и эрмитовой, и унитарной. Поскольку базис ортонормирован, преобразование является и самосопряженным, и унитарным. Найдем его соб-

векторов унитарного преобразования, заданного в ортонормированном базисе матрицей

Р е ш е н и е. Заданная матрица унитарная. Ее характеристическое уравнение λ2 − 2 cos ϕ λ + 1 = 0 имеет корни λ1 = cos ϕ + + i sin ϕ и λ2 = cos ϕ − i sin ϕ. Решения однородных систем урав-

= −i 1 . Нормировав эти столбцы, мы составим из них матрицу перехода к базису из собственных векторов преобразования

Глава VIII § 1

1. В некоторой декартовой системе координат четырехмерного аффинного пространства плоскость задана системой уравнений

ξ1 + ξ2 + ξ3 + ξ4 = 1,

2ξ1 + 3ξ2 + 4ξ3 + 5ξ4 = −1.

Напишите ее параметрические уравнения (найдите начальную точку и базис в направляющем подпространстве).

Р е ш е н и е. Говоря на матричном языке, требуется найти частное решение неоднородной системы уравнений и фундаментальную систему решений соответствующей однородной системы. Это делается стандартным способом. Приводим расширенную матрицу системы к упрощенному виду. Для этого вычтем удвоенную первую строку из второй, а затем вторую из первой:

Теперь мы можем написать частное решение (координатный столбец начальной точки) f0 и фундаментальную матрицу (координатные столбцы базисных векторов направляющего подпространства) F :

а также параметрические уравнения плоскости:

ξ1 = 4 + u + 2v,

ξ2 = −3 − 2u − 3v,

ξ3 = u, ξ4 = v.

плоскостей? б) В n-мерном аффинном пространстве оцените размерность плоскости, получаемой как пересечение плоскостей размерностей k1 и k2.

Р е ш е н и е. а) Если плоскости заданы системами линейных уравнений, то их пересечение задается объединением этих систем. Поэтому пересечение задается системой линейных уравнений и может представлять собой: пустое множество (если система несовместна), точку (если система имеет единственное решение) или плоскость положительной размерности (в остальных случаях).

б) Плоскости любого числа измерений могут оказаться параллельными, и тогда их пересечение — пустое множество. Далее будем предполагать, что плоскости не параллельны. В n-мер- ном пространстве плоскости размерностей k1 и k2 задаются системами уравнений, матрицы которых A1 и A2 имеют ранги соответственно r1 = n − k1 и r2 = n − k2. Объединение систем имеет матрицу, которая получатся приписыванием матрицы A2 под матрицей A1. Ранг r такой матрицы не превосходит суммы рангов r1 + r2. Действительно, каждая ее строка раскладывается по объединению базисных строк A1 и A2. Если это объединение — линейно независимая система строк, то r = r1 + r2, а в противном случае r < r1 + r2.

Таким образом, r 2n − k1 − k2. Следовательно, размерность пересечения k = n − r не меньше, чем k1 + k2 − n. Например, в трехмерном пространстве две непараллельные плоскости k1 = = k2 = 2 пересекаются по прямой линии или совпадают.

3. Докажите, что в аффинном пространстве любые две прямые лежат в некоторой трехмерной плоскости.

Р е ш е н и е. В аффинном пространстве любой размерности прямые могут быть заданы параметрическими уравнениями вида

x = x1 + a1t и x = x2 + a2t,

где x1 и x2 — координатные столбцы радиус-векторов начальных точек, а a1 и a2 — координатные столбцы направляющих векторов этих прямых.

Если трехмерная плоскость, о которой идет речь в задаче, существует, то она должна содержать начальные точки прямых и, следовательно, вектор x2 − x1. Точно так же она должна содержать направляющие векторы прямых.

176 [ Гл. VIII

Рассмотрим трехмерную плоскость, заданную параметрическим уравнением

x = x1 + a1u + a2v + (x2 − x1)w.

Ее внутренняя система координат имеет начало x1, и базис a1,

a2, (x2 − x1).

Легко видеть, что первая прямая лежит в этой плоскости

иопределяется во внутренней системе координат системой уравнений v = 0, w = 0. Вторая прямая также лежит в этой плоскости

иопределяется в ней системой уравнений u = 0, w = 1. Следует добавить, что полученная плоскость может оказаться

двумерной, если векторы a1, a2 и (x2 − x1) линейно зависимы, или даже одномерной, если прямые совпадают. В этом случае ответом в задаче служит любая трехмерная плоскость, содержащая построенную двумерную плоскость или прямую.

Глава VIII § 2

1. Приведите к каноническому виду уравнение

√ √

2(ξ2)2 − 3(ξ3)2 − 2 3 ξ1ξ2 − 4ξ1ξ3 + 4 3 ξ2ξ3 + 50ξ3 = 80.

Р е ш е н и е. Предполагается, что уравнение задано в декартовой прямоугольной системе кординат. Первый шаг — нахождение ортонормированного базиса, в котором малая квадратичная форма имеет диагональный вид. Это ортонормированный базис из собственных векторов присоединенного к ней преобразования. Для нахождения собственных значений этого преобразования мы должны решить его характеристическое уравнение

Вычтем из второй строки первую, разделенную на √3 , и разложим детерминант по первому столбцу:

Итак, собственные значения λ1 = −1, λ2 = −5 и λ3 = 5. Найдем соответствующие собственные векторы.

Отсюда мы получаем, что нормированным собственным вектором

для собственного значения λ1 = −1 будет вектор с координатами h1 = √3 /2 1/2 0 T.

Вторая строка матрицы — линейная комбинация первой и третьей, так как они линейно независимы, а det (A + 5E) = 0. Поэтому в упрощенный вид матрицы вторая строка не войдет. Преобразуем оставшиеся строки:

однородной системы с такой матрицей — будет координатным столбцом единичного собственного вектора, принадлежащего собственному значению λ2 = −5.

Преобразуем матрицу

вычитаем вторую строку из третьей и прибавляем вторую строку, умноженную на 5, к первой:

Нормированным собственным вектором для собственного значения λ3 = 5 будет вектор h3 = −1/√5 √3 /√5 1/√5 T.

Составим матрицу перехода к базису из собственных векторов, упорядочив полученные столбцы так, чтобы в диагональном виде малой квадратичной формы первый коэффициент был положителен. Мы получаем ортогональную матрицу