Решение:
Рассмотрим:
1) A1(λx)=(7λx1+6λx2–λx3+3λx4, 5λx1–4λx2+λx3–2λx4, 3λx1+2λx2, λx1) = (λ(7x1+6x2–x3+3x4), λ(5x1–4x2+x3–2x4), λ(3x1+2x2), λx1) = λA1(x)
2) A1(x+y)=(7(x1+y1)+6(x2+y2)–(x3+y3)+3(x4+y4), 5(x1+y1)–
–4(x2+y2)+ (x3+y3)–2(x4+y4), 3(x1+y1)+2(x2+y2), (x1+y1)) = (7x1+6x2–
–x3+3x4, 5x1–4x2+x3–2x4, 3x1+2x2, x1)+ (7y1+6y2–y3+3y4, 5y1–4y2+y3–
–2y4, 3y1+2y2, y1)= A1(x)+A1(y)
Итак, A1(λx)=λA1(x) и A1(x+y)= A1(x)+A1(y), значит оператор A1 – линейный.
3) Найдем матрицу оператора в каноническом базисе R3 :
, , , .
Значит,
– матрица данного линейного оператора
4) Найдем ранг оператора, т.е. размерность его образа TA. По определению тогда и только тогда, когда найдется вектор такой, что или, в координатной записи:
Это означает, что образ TA совпадает с линейной оболочкой системы столбцов матрицы А1. Следовательно, ранг оператора А1 совпадает с рангом его матрицы, т.е. равен 3. Тогда дефект оператора А1: .
2. Рассмотрим
A2(λx)=(5λx1+4λx2–λx3, –2λx2+3λx3, 3λx1+2λx2+2λx3–1)
λA2(x)=(5λx1+4λx2–λx3, –2λx2+3λx3, 3λx1+2λx2+2λx3–λ) A2(λx)
Следовательно, A2 не является линейным оператором.
Задача 6. Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора, заданного в некотором базисе матрицей:
РЕШЕНИЕ:
1. Найдем определитель:
2. Решим уравнение:
или
3. Итак, имеем собственные значения линейного оператора: ,
4. Найдем собственные векторы, отвечающие:
а) .
Пусть x1 и x2 – базисные переменные, x3=с – свободная. Тогда
x1=с, x2=с.
Имеем собственный вектор линейного оператора, отвечающий собственному значению : .
б) .
Пусть x1 и x2 – базисные переменные, x3=с – свободная. Тогда
x2=0, x1= – x2+с=с
Имеем собственный вектор линейного оператора, отвечающий собственному значению : .
в) .
Пусть x1 и x2 – базисные переменные, x3=с – свободная. Тогда
Имеем собственный вектор линейного оператора, отвечающий собственному значению : .
III. Квадратичные формы, квадрики. Элементы дифференциальной геометрии.
Задача 1. Привести к каноническому виду уравнение квадрики, установить вид квадрики. Написать формулы перехода к новой системе координат, найти координаты новых координатных векторов и нового начала относительно старой системы координат в двумерном аффинном пространстве А2:
x12 + 4x1x2 + 4x22 – 4x1 – 4x2 – 12 = 0.
Решение:
Рассмотрим матрицу квадратичной формы:
.
1) Найдем собственные значения:
и
Определим, собственные векторы для:
а)
Имеем собственный нормированный вектор: .
б)
Имеем собственный нормированный вектор: .
2) Матрица перехода от ортонормированного базиса к имеет вид:
Получаем формулы преобразования координат:
(*)
Подставляем в форму:
Подставляем в (*):
Итак, имеем формулы перехода к новой системе координат:
;
3) Имеем:
Тогда, .
Т. к. матрица B – ортогональная, то .
Поэтому
.
Значит, новое начало координат находится в точке .
Ответ: ; ; .
Часть третья Аналитическая геометрия.
|
Задача 1. Найти уравнение диагонали параллелограмма, не проходящей через точку пересечения его сторон x+y–1=0 и y+1=0, если известно, что диагонали параллелограмма пересекаются в точке Р(-1;0).
РЕШЕНИЕ:
1) Найдем точку А – точку пересечения сторон x +y–1=0 и y+1=0
x + y – 1= 0,
y + 1 = 0.
y = -1,
x = 2.
Значит, А имеет координаты (2;-1).
Имеем уравнение прямой АС:
-
x – 2
=
y + 1
-3
1
АС: x +3y +1 = 0
2) Найдем координаты точки С:
|PC|=|AP|=√(x+1)2 + y2
|AP|=√(-1-2)2+(0+1)2 = √10
( x+1)2 + y2 = 10
x +3y +1 = 0
x = -3y –1
(-3y–1+1)2 + y2 = 10
x = -3y –1
y2 = 1
-
y = -1,
x = -3y – 1 = 2.
или
y = 1,
x = -4.
Это координаты точки А
Точка С имеет координаты (-4; 1)
3) ВС||AD, поэтому уравнение прямой ВС: (x+4) +(y-1) = 0
x+y+3=0
4) Найдем координаты точки В, как точки пересечения прямых АВ и ВС:
x + y +3 = 0
y + 1= 0
y = -1
x = -3–y = -2
Точка В имеет координаты (-2;-1).
5) Имеем уравнение прямой BD, проходящей через точки В(-2;-1) и Р(-1;0):
x + 2 |
= |
y + 1 |
1 |
1 |
Ответ: x – y +1 = 0
Задача 2. Даны координаты вершин треугольника АВС. Найти длины медианы, высоты, биссектрисы, проведенных из вершины А. Вычислить внутренний угол при вершине В.
А (7;1), В(-5; –4); С(-9;-1).