Беклемишева Л.А., Петрович А.Ю., Чубаров И.A. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре (2-е изд., 2004) (1095459), страница 70
Текст из файла (страница 70)
-0 и действительно дает плоскость, содержащую три данные точки. Нас интересует случай, когда фундаментальная система решений содер- жит единственное решение — в этом случае существует единствен- ная плоскость, содержащая данные точки. Для этого необходимо и достаточно, чтобы ~иг Ьг сг 1 гб ~пг Ьг сг 1 ~'=3, ~ аз Ьз сз 1 ~ 20.21.
Пространство нечетных многочленов степени не выше 5 имеет размерность 3; представим данные многочлены их координатными столбцами в базисе 1, Зз, зз. Приведем соответствующую расширенную матрицу к треугольному виду: 20>5~1 — 102 0 1 1 — 1( 0 1 1 — 1 1 — 1 0 2) 0 0 1 — 3 Теперь ясно, что многочлены 21+ 8з, зз — зз, 1+ Зз образуют базис в пространстве нечетных многочленов степени но выше 5. Продолжаем элементарные преобразования расширенной матрицы: 100 4 1010 2 ~001 — 3 Многочлен 51 — Зз + 21з имеет в базисе 21+ зз, зз — зз, З + зз координатный столбец (4, 2, — 3)т.
20.26. Пространство кососимметрических матриц порядка 3 имеет размерность 3; базис образуют матрицы Решения ОО1 ~О ОО О О О, ~О О1 — 100~ ~Π— 1О О1Π— 1ОО ооо Искомая связь координат имеет вид: 5т = 9ст + 40сз + 95з,. сз = 36 111з 21з»гз = 86 + 37»гз + 8»гз 21.7. 4) Составим системы уравнений, определяющие данные подпространства Р и м. Имеем (см.введение к гл. 8): Ь'101хт 10 1 хт ~! 2 1 1 хз 0 1 — 1 хз — 2хт ~; 3 1 2 хз 0 0 0 хз — хз — хт 1~415 хт 10 2 хз ~ 3 1 3 хз 0 1 — 3 хз — Зхз ~~ 1 0 2 хз 0 0 0 хт — хз — хз первое подпространство задается одним уравнением хз — хз — хт = О, второе — одним уравнением хт — хз — хз = О. При этом »ты замечаем также, что ейтпР = «1ттп м = 2. Базис в Р образуют, например, век- торы ат и аз, базис в м образуют, например, векторы Ьт и Ьз.
Найдем размерность и базис суммы Р + м. Имеем 1041~ 1О41, 2131~ 0111 3110~ ООЗ1, «1пп(Р+ ф = 3, т. е. сумма Р+ Д совпадает со всем трехмерным пространством; базис суммы образуют, например, векторы ат, аз, Ьт. 0 а Ь Матрица — а 0 с имеет в этом базисе координатный столбец — Ь вЂ” с 0 131 (а, Ь, с)т. Так как 1 5 0 = 13 ~ О, то вторая система является — 123 базисом.
То, что первая система является базисом, можно специально не проверять — этот факт обнаружится в ходе дальнейптих вычислений. Матрица перехода о' ищется из уравнения С = Ео', т. е. 1 З 1 1 О -1~ 150 = — 2 — 1 2 Я. — 1 2 3 ~ 3 4 — 2 Для решения этого матричного уравнения составим матрипу ! г' ( С ((. Элементарными преобразованиями строк приведем «левую половину» к единичному виду (этим будет автоматически проверено, что первая система является базисом); при этом «правая половина» преобразуется в искомую матрипу о. Имеем 1 0 — 1 131 100 9 40 9 — 2 — 1 2 1 5 0 0 1 0 — 3 — 11 — 2 3 4 — 2 — 123 001 8 37 8 365 Реиэения Пересечение Р С Д задается системой уравнений х, + хз — хз = О, х~ — хз — хз = О. Матрица этой системы элементарными преобразованиями строк приводится к виду 1 1 — 1 1 0 — 1 1 — 1 — 1 О 1 О Ранг матрицы равен 2, значит, с1пп(Р С Я) = 3 — 2 = 1, что, впрочем, можно было определить и раньше по формуле <1пп(РП ф = йшР+ бйшЯ вЂ” йш(Р+ Я).
Базисный вектор пересечения имеет координатный столбец, удовлетворяющий условиям х~ — хз = О, хэ = 0; можно взять столбец (1, О, 1)т. 21.7. 11) Используем обозначения и алгоритм, изложенный в разделе 7 введения к гл. 8. а) Составляем и упрощаем с помощью элементарных преобразований строк матрицу 1 1 2 2 — 1100 1011 0121 411 2 611 4 — 1 0 0 — 1 403 1 )) А(В )~ = — 1 0 — 1 0 4 0 1 3 0 0 1 — 1 1 1 — 1 1 1001 0101 0010 0000 б) Составляем и упрощаем с помощью элементарных преобразований столбцов матрицу — 1 0 — 1 0 4 0 1 3 0 0 1 — 1 1 1 — 1 1 0 — 1 — 1 0 0 1 4 0 0 1 0 0 1 0 0 0 В! Е В" Вл 0 0 1 — 1 1 1 — 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 в) Видно, что число независимых столбцов матрипы А' равно 3, это первые ее три столбца.
Вместе со вторым столбцом В' они являются базисными столбцами в матрице ~~ А' ~ В' ~~. Поэтому векторы аы ам аз образуют базис в Р, а векторы аы аэ, аз, Ьз — базис в Р + Д (т. е, сумма совпадает со всем пространством). Число независимых столбцов матрицы В" равно 3, поэтому Онпз= 3, и йт(Р С Я) = сйш Р + сйш Я -- с1ип(Р + Я) = 2. 366 Реигения Вазис в Р П Я образуют векторы, соответствующие второму и третьему столбцам В": это два линейно независимых столбца, принадлежащих обоим подпространствам.
Действительно, второй столбец В" равен, как показывает матрица Е", сумме второго и третьего столбцов В', то есть соответствует вектору Ьг + 6з. Аналогично, третий столбец В" соответствует вектору Ьс — Ьг. В то же время, как видно из сравнения с лсатрицей А', второй и третий столбцы Ва раскладываются по первым трем столбцам А', а именно, Ьг + Ьг = — ас + аг + аз, .Ьс — Ьг = — ас + 4аг.
Вычисляя координатные столбцы этих линейных комбинаций, получаем (( 2 2 О 3 )~ и )! 3 5 — 1 4 Ь', что совпадает с ответом задачи. ,т т Непосредственное сравнение координат правых и левых частей последних равенств может служить проверкой. 24.26. Пусть А — матрица преобразования са в некотором базисе и с1ес(А — ЛЕ) = (Лд — Л) ...
(˄— Л). Ц Заменив Л на — Л, имеем также с1еб (А+ ЛЕ) = (Л~ + Л) ... (Л„+ Л). Перемножив эти равенства, получим с1ес(А — ЛгЕ) = (Лг — Л ) ... (Лг — Лг), или с1е1 (А — 1Е) = (Л вЂ” 1) ... (˄— 1), где1= Л . 2) В разложении характеристического многочлена заменим Л на Лев (й = О, ..., т — 1), где е = егкс" (е'" = 1): с1е1 (А — ЛЕ) = (Лл — Л) ... (˄— Л), с1ес(А — ЛеЕ) = (Лс — Ле) ... (˄— Ле), с1ел (А — Лв"" сЕ) = (Лс — Ле™ 1) ...
(Л вЂ” Лем с). Поскольку лсатрицы А — ЛеьЕ (6 = О, ..., т — 1) перестановочныс, перемножив равенства почленно, получим сЫ(А™ — Л'"Е) = (Л, — Л ) ... (Л„' — Л™), или, положив Л"' = 1, требуемое с1ел(А™ — 1Е) = (Л'," — 1) ... (Л',", — С). Здесь использовано разложение а — Л™ = (а — Л)(а — Ле)... (а— — Ле" л). Чтобы получить его, достаточно заметить, что многочлен а, — Л имеет корни а, ае, ..., ае Решения 367 24.127.
12) Характеристическое уравнение (Л + 1)з = О. 3 5 1 В=Азах+Е= — 1 — 2 0 — 2 — 3 — 1 В.я В = 2. Собственное подпространство одномерно. Находим его бат зисный вектор: 6| — ~~ — 2 1 1 (~ . Составляем систему уравнений для первого присоединенного вектора: 3 5 1 — 2 — 1 — 2 0 1 — 2 — 3 — 1 1 Ее решение Ьз = ~~ 1 — 1 0 ~~ . Система уравнений для второго присоединенного 3 5 1 1 — 1 — 2 0 — 1 — 2 — 3 — 1 0 Из нее находим 6з = () 1 0 2 (! . Итак, А' = уз( — 1). Матрица перехода к жорданову базису — 2 1 1 1 — 1 0 1 0 2 24.127. 15) Характеристическое уравнение Лз(Л вЂ” 2) = О.
Найдем собственное подпространство для Л = О. Матрица Ааеь элементарными преобразованиями строк приводится к виду 10 00 01-11 Поэтому собственное подпространство двумерное. Так как корневое пространство трехмерное, должен быть один присоединенный вектор. Найдем его. Произвольный собственный вектор можно написать как 6 = и(! 0 1 1 0 )! +Д)! 0 0 1 1 )~ ~.
Присоединенныйвекторсут ,т ществует у того вектора, для которого совместна система уравнений с матрицей 1 1 — 1 1 1 — 1 1 — 1 — 3 — 1 1 — 1 — 3 1 — 1 1 Условие совместности Д = — 2а, и можно взять а = 2, Д = — 4, что т соответствует собственному вектору Ь~ = (~ 0 2 — 2 — 4 ~~ .
Находим частное решение системы для а = 2, Д = — 4. Это н есть присоедит пенный к Ь, вектор Ьа = ~~ 1 0 1 0 ~~ . Для получения жорданова базиса корневого подпространства дополняем найденные векторы еще 368 Решения (16) т одним собственным вектором, например, Ьз = )~ 0 1 1 0 ~~ . Нетрудт но найти собственный вектор Ьз = ~~ 1 0 2 1 (~ для Л = 2. В базисе Ь1, Ьг, Ьз, Ьз матрица преобразования равна йа8 (,Уг(0), О, 2). 24.148. При б = 0 преобразование взаимно однозначно. При б ф 0 его можно представить в виде 32 + бгГ = бгг(5 'г + 12 '13).
Преобразование будет взаимно однозначным тогда и только тогда, когда взаимно однозначен второй сомножитель. Таким образом, мы игцел1 те б, для которых с1е1(р 1уг+ б 11) ф О. Для этого достаточно, чтобы ~Б '~ был больше максимального из модулей собственных значений преобразования 32 1ф. Пусть это число равно р. Тогда можно положить 3 = р 25.3. Пусть х = ахо, и в канонической системс координат х(~, и), хо (Со, по). Тогда дгг(х) = ог и — + 21 = сз — -> О11 — — сз .
Поэтому:рг(х) = 32,14+ цг. Пусть у ((1, т~1). Легко подсчитать, что Г (х, у) = Я1 + 42101. Используя это выражение, проверяем свойства скалярного произведения. 26.40. Предположим, что система д1, ..., д„линейно зависима, и докажем, что приведенная в условии сумма больше или равна 1. Действительно, при таком предположении д1, ..., д„лежат в некотором (и — Ц-мерном подпространстве Е.
Обозначим через а, а~ = 1 единичный базисный вектор в Е~. Для любого 1 = 1, ..., и проекция е, на Е равна 21 = (е„а) а. Так как д, 6 Е, по результату задачи 26.36 имеелг )31) < )е, — д,!. Отсюда следует, что 2 )31)~ < 2 (е, — д1(~. Но 2 (г, 2 = 2 (е„а)2 = (а(2 = 1. Следовательно, 2 (е, — д1)2 ) 1. Теперь легко видеть, что ~ ~е, -- дг~ ) 1.
Действительно, в противном случае каждый из модулей меньше единицы, и сумма их квадратов подавно меныпе 1. 32.8. 12) Сделаем замену координат ! ! ! ! Х1 = Х1+ Хг Хг = Х1 Хг, хэ = хз. (15) В новых координатах форма примет вид ~2 рг ~ ~ ~, ~ 2 рг рг + 2хгхз = (31 + хз) хг хз После второй замены координат л ! ! и и ! Х1 Х1 + ХЗ~ Х2 Хг~ ХЗ ХЗ данная квадратичная форма примет канонический внд л2 л2 п2 хз Положительный индекс ввергали данной формы равен 1, отрицательный равен 2.
Ранг формы равен 1+ 2 = 3, сигнатура равна 1 — 2 = — 1. Решения Можно записать замену координат, приводяшую данную форму к каноническому виду, как суперпозицию замен (15) и (16): л л л л л л л х1 = хг + хз — хз, х2 = х1 — хз — хз, хз = хз. 32.27. 10) Матрица данной квадратичной формы В = Азвз имеет характеристические числа 3 (кратности 2) и 3 (кратности Ц.
Инвариантное поднространство, соответствующее собственному значению 3, задается однородной системой линейных уравнений с матрицей  — ЗЕ; находим два линейно независимых собственных вектора ам аз с координатными столбцами (1, О, — Цт и (2, 1, 0)т соответственно. Собственное подпространство, соответствующее собственному значению — 3, задается однородной системой линейных уравнений с матрицей В + ЗЕ; находим один линейно независимый собственный вектор аз с координатным столбцом (1, — 2, Цт, Векторы пм аа, аз образуют собственныв базис присоединенного преобразования данной квадратичной формы, но нас интересует ортонормированный собственный базис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
