Беклемишева Л.А., Петрович А.Ю., Чубаров И.A. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре (2-е изд., 2004) (1095459), страница 71
Текст из файла (страница 71)
Так как собственные векторы самосопряженных линейных преобразований евклидова пространства, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны, то автоматически (ам аз) = (аю аз) = О. Остается провести ортогонализацию системы векторов ам аз. Положим 6, = ам Ьз = аз — ааб о выбираем так, чтобы (Ьм Ьз) = О, т. е. а = (ам ат) = 1, откуда получаем, что вектор Ьз имеет координатный (ам а1) столбец ( — 1, — 1, — Цт. Векторы Ьм Ью аз образуют ортогональный собственный базис присоединенного преобразования; пронормировав эти векторы, получил1 искомый ортонормированный собственный базис. Для удобства мы изменим знаки всех координат вектора Ьз. Координатные столбцы полученных векторов образуют матрицу перехода от данного ортонормированного базиса к базису Ьм — Ью язв матрицу Я = Азам В найденном базисе квадратичная форма имеет р2 , р2 , р2 диагональныи вид Зх1 + Зхз — Зхз .
Можно, пользуясь матрицеи о', записать замену координат, приводящую данную квадратичную форму к диагональному виду: 1, 1, 1 х1 + хг + хз: хУ2 ГАУЗ хУ6 1, 2 1, 1, 1 — — х~ + — хе+ — хз. ъ'2 х/3 ъ' б 32.36. 1Ц Укажем два способа решения задачи. С п о с о б 1. Обе формы будем рассматривать в трехмерном арифметическом пространстве столбцов.
Выпишем матрицы данных форм в исходном базисе: Реилевия 370 2 0 1 С= О 1 — 1 2 6 0 3 Г= О 1 — 3 3 — 3 6 Все главные миноры матрицы С 2 0 2 0 1 о 1 — 1 2 положительны, следовательно, по критерию Сильвестра форма д положительно определена. Соответствующую ей билинейную функцию х Су = 2л~у~ + я~уз + лзу~ + изуз — изуз — лзуз + 2лзуз т 2 0 1 = (3 — Л)з 0 1 — Л -3 + Л = -(3 — Л)з(З + Л); Л = хЗ. 1 — 1 2 12 0 6 г +ЗС=~ ~0 4 — 6 6 — 6 12' 0 0 0 .г' — ЗС= 0 — 2 О 0 0 0 Фундаментальное решение системы уравнений (Г+ ЗС) с = о равно х = ( — 1, 3, 2)т.
Значение функции и (х) на векторе ( — 1, 3, 2)т есть квадрат его длины. Вычисляя это значеяие, находим нормированный собственный вектор, соответствующий Л = — 3: е~~ = = ( — 1/~'3, у'3, 2/у'3)~. Из системы уравнений (à — ЗС) с = о находим, что собственному значению Л = 3 соответствует собственная плоскость лз = О. Найдем в ней два ортогональных собственных вектора. В качестве первого вектора можно взять любое ненулевое решение уравнения лз = О, например, Ь = (1, О, 0)т. Для нахождения второго собственного вектора с = (хм лз,лз) к урав- 7' нению лз = 0 присоединяем условие ортогональности векторов Ь и с: ЬтСс = 2лг + лз = О.
Из двух уравнений лз = 0 и 2и~ + лз = 0 находим, что с = (1, О, — 2) с точностью до числового множителя. Теперь найденные векторы Ь и с нормируем, вычисляя квадраты их длин я(Ь) = 2 и 3(с) = 6. Заметим, что векторы Ь и с ортогональны к а, так как соответствуюп1ие собственные значения различны, а преобразование д самосопряженное.
Л4ы получили ортонор- примем за скалярное произведение и теперь считаем пространство свклидовым. С помошью метода, изложенного во введении к 3 32, найдем ортонормированный базис из собственных векторов самосопряженного линейного преобразования р, присоединенного к форме В Собственные значения и собственныс векторы вычисляем по формулам (6) и (7) 3 32: 6 — 2Л 0 3 — Л с1еС(г' — ЛС) = 0 1 — Л вЂ” 3+ Л 3 — Л вЂ” 3+Л 6 — 2Л 371 Решения мированный базис из собственных векторов преобразования 32; е', = = ( — 11 '3, 3, 2,1 '3)', е' = (1,1Л, й, й)т е' = (17 1б, О, — 21 б)т В этом базисе матрица Г' формы 1 диагональна, а значит, 1 имеет диагональный вид: 1(х) = — 3х1 +3х2 +3хз Г' = 111аб( — 3, 3, 3); Так как базис е', е', е! ортонормирован относигельно введенного скалярного произведения, то в нем скалярный квадрат вектора (значение функции 3 на векторе) выражается канонической формой к(х) = х1 + т2 + хз . Осталось составить из столбцов е'1, е2, е~з матрицу перехода — 1/тУЗ 11э'2 1/1/6 3 О О 2/у'3 О -2/ъ~б а по ней формулы замены координат 1 ! 1, 1 ! Х1 = — — Х1 + — Х2 + — ХЗ', уг3 г'2 тамб 2, 2 *3 = Х1 ХЗ.
ГАУЗ э'б х Обрагим внимание читателя на очевидную уже из хода решения неединственность искомого базиса (ср. ответ). С п о с о б 2. Дадим лишь его краткое описание. Прежде всего убеждаемся, что форма 3 положительно определена, и с ее помощью вводим скалярное произведение. Затем находим какой-нибудь базис, в котором форма й имеет канонический вид. Это можно сделать методом выделения квадратов или с помощью элементарных преобразований. Новый базис е' является ортовормироваиным относительно введенного скалярного произведения. Пусть Я1 — матрица перехода к базису е'. Вычиш1им матрицу Г' формы 1 в базисе е'.
Так как базис е' ортонормирован, то присоединенное к 1 преобразование 32 имеет в этом базисе ту же матрицу Г'. Найдем собственные значения и ортонормированный базис е" из собственных векторов преобразования 32 по его матрице Г' обычным способом, используя уравнения (1) и (2) 3 24. Обозначилг через Я2 ортогональную матрипу перехода от базиса е' к базису е" (она состоит из координатных столбцов векторов е", е" и е" относительно базиса е'). В базисе е" матрица преобразования 32 равна матрице формы 1 и диагональна с собственными значениями на диагонали, а форма к по-прежнему выражает скалярный квадрат вектора в ортонормированном базисе и, значит, равна сумме квадратов координат век гора. Матрица Я перехода от базиса е к базису ел определяется формулой Я = Я, 32.
Действительно, из ел = е'Я2 и е' = еЯ1 следует е" = еЯ1 22. В столб- 372 РЕП!Евин цах матрицы Я стоят координаты векторов е",, ег и ег относительно исходного базиса е. 36.7. Напишем выражение старых компонент тензора через новые. С этой целью умножим обе части равенства а'; = ос о аьс на Ь с т'т' и просул!лсируем по с и !.
Тогда 1 у у 1 ь у ь с Следовательно, а = т„'тга', Эти равенства можно написать в матричном виде: тстс тс гг тгтс тгтг 11 11 11 11 гсг! тстг тгтс тгтг 1 2 1 2 1 2 1 2 тстс тггг тгт' тгтг 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 1 2 2 тгтг тг!2 ггтг тггг а, 1121 агг ап О12 О21 О22 (17) Вспомним теперь, что в произвольном линейном пространстве (а значит, и в пространстве тензоров типа (О, 2)) старые компоненты вектора выражаются через новые формулой Е = ЯЕ, . Это означает, что матрица из произведений т'тг в формуле (17) н есть искомая матрица перехода. Нетрудно проверить, что она равна Т З Т 37.15. Используя результат задачи 37.7, 1), находим компоненты тензора, соответствующего произведению гусу*! с,ь = д,ас~д' дула' = а, ас, .
ус у Если ввести обозначение Ьь = дсьас = ас з то 11 Ц сус д Ь сЬс 1 у сс у сС ЬьсЬус Используя симметрию тензора дсг, можно проверить, что выражения сьу и суь отличаются только обозначением индексов суммирования и порядком числовых сомножителей. Иначе можно рассуждать так: матрица тензора с, в ортонормированном базисе симметрична, так как совпадает с матрицей самосопряженного преобразования сгссг'. Поскольку тензор имеет тип (О, 2), его матрица симметрична и в любом базисе. Это решение кажется проще, но оно опирается на несколько теорем, тогда как первое решение не использует ничего, кроме определений.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 1.4. ( — 12, — 2), (О, 0). 1.5. а = 2/7, Р = 13,д7. 1.6. с(1/16, 11/16), д1(0, — 2). 1.7. Ц х = О, х = 1, х = З,д2; 2) х = О. 1.8. (О, О, 0), (1, — 7, — 3). 1.9. о = 0,,3 = — 1, 7 = — 4. 1.10. 1(1, 1, Ц, пд(0, 2, 0), п(0, 1, Ц. 1.11. Ц да; 1+дп+п=О; 2) нет; 3) да; 21+ т — п = О. 1.12. Д: а. 1.13. ВР ( — 1, Ц, СР ( — 1/2, — 1/2), КР ( — 1, 1,12). 1.14. АЛХ (1,д2, 0), АС (1/3, 1/3), ЛХО ( — 1,16, 1/3). 1.15. АВ (3/5, — 2/5), ВС (2д5, 2дб), СР ( — 2дб, З,дб), РА ( — Зд'5, — 3/5). 1.16. АС (1д3, Ц, АС (1!4, 3!4), АВ (О, З,д2). 1.18.
ВС (1, Ц, СР (О, Ц, РЕ ( — 1, 0), ЕР ( — 1, — Ц, ВР (1, 2), СР ( — 2, 0), СЕ ( — 1, Ц. 1.19. АР (1, 3). У к а з а н и е: разложить векторы АР, ОЯ, СМ по базису АР, АВ. Равенство АР = хОЯ + УОМ представляется как система из двух линейных уравнений с двумя неизвестными. Аналогично рекомендуется решать задачи 1.20 — 1.22. 1.20. ( — 71/22, — 1д1Ц. 1.21. ( — 13,д12, — 14д15). 1.22. (4/21, — 20/2Ц. 1.23. Ц АВ ( — 1, 1, 0), ВС (О, — 1, Ц, АС ( — 1, О, Ц; 2) КЕ ( — 1д2, 1д2, 0), РС~ ( — 1д2, 1,12, 0), Сйд (1/2,1/2, Ц, МР (1/2,0,0), УЩ ( 1/2,112,1/2); 3) Р —, —, —, К — —,, —, — . 1.24. Ц ОЛХ, ™ 2) ОдУ, .
1.25. — и т д) ( (АС! (АВ) и — т т — и/ ~(АВ)+(АС! )АВ, '+(АС( 1.26. А (О, 0), В (2/3, — 1/3), С (1, 0), Р (2д3, 2~3), Е (О, Ц, Г( — 1/3, 2/3), 0(1,13, 1д3); Π— центр шестиугольника. 1.27. А(0, 0), В(0, Ц, С(1/4, Ц, Р(1, 0), ЛХ(1/5, 4/5), В(0, 4/3). 1.28. С(1, 1, 0), Вд (1, О, Ц, Сч (1, 1, Ц, К(1/2, О, Ц, Е (1, 1, 1/2), ЛХ(1д'2, 1д2, Ц, Лд(1/2, О, 1д2), О(1д2, 1д2, 1д2).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
