Пособие по контрольным. Линейная алгебра

Ответ: х1 = −4 , х2 = 3 , х3 = −1.

В) Метод обратной матрицы:

AX = B , тогда Х = А−1В , А−1 = 1А ( А* )Т .

Ищем алгебраические дополнения элементов матрицы А:

Ответ: х1 = −4 , х2 = 3 , х3 = −1.

ПРИМЕР 6. Доказать, что векторы e1 = (1;0;2) , e2 = ( 2;-1;0) , e3 = ( 3;-1;-1)

образуют базис. Найти координаты вектора x = ( 6;-1;2) в этом базисе.

РЕШЕНИЕ: В R3 любые три линейно независимых вектора образуют базис.

Координаты вектора x = ( k1,k2 ,k3 ) в базисе e1,e2 ,e3 , где k1e1 + k2 e2 + k3 e3 = x . Запишем это равенство в матричном виде:

11

ходом метода Гаусса находим k3 = 2 , далее −k2 − 2 = −1, k2 = −1. Первое уравнение k1 + 2k2 + 3k3 = 6 , k1 = 6 + 2 − 6 = 2, k1 = 2 .

Итак, координаты x = ( 2;-1;2) .

ПРИМЕР 7. Образует ли линейное пространство множество квадратных трехчленов?

РЕШЕНИЕ: Множество называется линейным пространством, если на нем выполняется две операции (сложение и умножение на число) и относительно этих операций выполняются 8 аксиом. Надо выяснить:

1)можно ли определить две операции (сложение и умножение на число) на этом множестве?

2)выполняются ли 8 аксиом на этом множестве?

Возьмем два квадратных трехчлена: q1 = a1x2 + b1x + c1 и q2 = a2 x2 + b2x + c2 .

Найдем их сумму: q1 + q2 = (a1 + a2 )x 2+ (b1 + b2 )x+ c1+ c2 .

Например, если a1 = −a2 , то сумма двух квадратных трехчленов не будет квадратным трехчленом, т.е. q1 + q2 = (b1 + b2 )x + c1 + c2 . Значит, операция сложения на множестве не определена.

Ответ: множество квадратных трехчленов не является линейным пространством.

æ1 1 3ö

ПРИМЕР 8. Найти собственные числа и векторы матрицы A = çç1 5 1÷÷ .

çè3 1 1÷ø

12

РЕШЕНИЕ: Ненулевой вектор x , такой, что AX = λX , называется собственным вектором матрицы А, а соответствующее число λ , называется

собственным числом матрицы А.

Из определения следует, что AX − λX = 0 , т.е. ( A - lE) X = 0 , т.е. собственный вектор, есть решение однородной системы с матрицей А−λE . Чтобы эта система имела ненулевое решение, надо, чтобы A - lE = 0 . Корни этого уравнения и будут собственными числами матрицы.

Найдем их.

Найдем характеристическое уравнение:

(1- l ) ( 5 - l ) (1- l ) + 3 + 3 - 9( 5 - l ) - (1- l ) - (1- l) = 0 Раскроем скобки и приведем подобные:

l3 - 7l2 + 36 = 0 .

Найдем один корень по схеме Горнера из делителей свободного члена:

±1,±2,±3,±6,±12,±36.

13

r = 2 , базисные неизвестные x1 , x2 ; свободная неизвестная x3 = c . Из второго уравнения:

−x2 + 2c = 0 , x2 = 2c . Из первого уравнения:

x1 − x2 + x3 = 0 , x1 = 2c − c = c .

Итак: x(l = 6) = (c;2c;c) = c(1;2;1) , c ¹ 0 , т.к. x ¹ 0 .

Аналогично находятся остальные собственные векторы.

Наибольшее по модулю собственное число неотрицательной матрицы называется числом Фробениуса ( lA ) , а неотрицательный собственный вектор, соответствующий этому числу , называется вектором Фробениуса

( xA ) .

Числом Фробениуса в данном примере является число Фробениуса xA = c(1;2;1) , c > 0.

ПРИМЕР 9. Исследовать по определению, являются ли векторы a = (1;0;1) , b = (-1;1;0) , c = (0;2;1) линейно зависимыми.

РЕШЕНИЕ: Векторы a1 , a2 , a3 линейно зависимы, если равенство

Т.е. надо решить однородную систему уравнений с

14

k1 = 0, k2 = 0 , k3 = 0 (нет отличных от нуля), Þ векторы a , b , c линейно независимы.

ПРИМЕР 10. Найти общее решение, частное решение и фундаментальную

Þ система совместна, т.к. однородна и неопределенна (имеет

базисные неизвестные x3 , x4 и свободные неизвестные x1 = c1 , x2 = c2 . Выразим базисные неизвестные через свободные из второго уравнения:

−2x1 + 2x2 = −3x4 , x4 = 23 c1 - 23 c2 .

Из первого уравнения:

15

3) Фундаментальная система состоит из n − r решений n − r = 4 − 2 = 2 .

16

РЕШЕНИЕ: Квадратичная форма от четырех переменных имеет вид:

Критерий Сильвестра:

Квадратичная форма положительно определена , когда угловые миноры положительны.

Квадратичная форма отрицательно определена , когда знаки угловых миноров чередуются, начиная с минуса.

Квадратичная форма неопределена (знакопеременная) во всех остальных случаях значений угловых миноров.

3 -4 -2

Итак, квадратичная форма − знакопеременная.

ПРИМЕР 12. Найти проекцию точки P(1;2;0) на плоскость α :

x + 2y − 3z + 3 = 0 . РЕШЕНИЕ:

1) Найдем уравнение прямой, перпендикулярной плоскости α , проходящей через точку Р. Т.к. нормаль плоскости α параллельна прямой, то она является направляющим вектором нашей прямой, т.е.

17

3) Найдем параметрические уравнения этой прямой:

ì x =1+ t ïí y = 2 + 2t .

ïî z = -3t

4)Найдем точку пересечения прямой и плоскости, она и будет проекцией точки Р.

Подставим x, y, z из параметрических уравнений прямой в уравнение плоскости:

1+ t + 2( 2 + 2t) - 3( -3t) + 3 = 0 , Þ

t + 4t − 9t +1+ 4 + 3 = 0 , −4t + 8 = 0, t = 2 .

Тогда x1 = 1+ 2 = 3, y1 = 4 + 2 = 6, z1 = −6 , т.е. P1(3;6;−6)

Ответ: P1(3;6;−6) .

ПРИМЕР 13. Найти расстояние между прямыми

РЕШЕНИЕ: Прямые характеризуются направляющими векторами q1 = (3;0;-1) и q2 = (0;2;2) , и точками M1(2;5;1) и M2 (0;1;−3) , через

которые они проходят. Расстояние, между скрещивающимися прямыми

18

q1 ´ q2 = 21+ 9 + 9 = 219 .

Тогда d = 2 419 = 192 .

РЕШЕНИЕ:

1)Найдем канонические уравнения прямой. Т.к. прямая лежит в первой плоскости, то ее направляющий вектор q перпендикулярен n1 = (1;2;3). Т.к. прямая лежит и во второй плоскости, то q перпендикулярен

19

2) Найдем точку M0 (x0 , y0 , z0 ) на прямой, для этого возьмем, например,

Ответ: d = 2029133 .

КРИВЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА

порядка.

Наша цель – привести (*) к каноническому виду и установить тип линии.

Инвариантом уравнения (*) относительно преобразований декартовой системы координат называется функция f (a11,a12 ,...,a33 ) от коэффициентов

aij уравнения (*), значения которой не меняются при повороте осей и параллельном переносе осей.

инвариантами кривой второго порядка.

Линию второго порядка назовем распадающейся, если левая часть уравнения (*) представима в виде произведения двух многочленов первой степени.

20