Феоктистов В.В.Линейные и евклидовы пространства (1095693), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Тогдаквадратичная форма j(х1 , х2 ) = a11 x12 + 2 a12 x1 x2 + a22 x22 запишетсяæx öв виде j(х1 , х2 ) = Х Т АХ , где X = ç 1 ÷ , или Х Т = (х1 , х2 ) .è x2 øПри обобщении на n)мерное евклидово пространствоæ a11 L a1n ö÷çj( х 1 , х 2 , K , x n ) = Х АХ ; A = ç M OM ÷ ; Х Т = (х 1 , х 2 , K , x n ).÷ça(4.10)è n 1 L a nn øТ57Задача состоит в том, чтобы выражение (4.10) представить в видесуммы квадратов, т. е.nj(х , x ) = j(x1 , x2 , . . .
, x n ) =å l i x 2i .(4.11)i =1В (4.11) не содержатся члены с произведением переменных xi и xj .Для всякой квадратичной формы существует новый базис, в ко)тором она имеет канонический вид. Симметричная матрица А рас)сматривается как матрица некоторого линейного оператора L, дейст)вующая в соответствующем евклидовом пространстве.Можно проверить, что j(х , x ) = (x , L(x )) – скалярное произведе)ние. Если в n)мерном евклидовом пространстве заменить базис, то увекторов х и L (x ) будут другие координаты, но скалярное произве)дение вводится независимо от базиса, поэтому значение квадратич)ной формы, соответствующее вектору х, остается прежним. Если зановый базис принять нормированные собственные векторы линей)ного оператора L, то его матрица станет диагональной:A = T T DT ,æ l1 L 0 ö÷çгде D = ç L L L ÷ ,ç0 L l ÷ènøи соответствующая квадратичная форма примет канонический видnj(х , x ) = j(y1 , y2 , .
. . , y n ) =å l i y 2i . Здесь li, i = 1, 2, ..., 4 – собствен)i =1ные числа матрицы A; T – ортогональная матрица, столбцы которойесть координаты ортонормированных собственных векторов симмет)ричной матрицы A, Y T = (y1 , y2 , . . .
, y n ) – координаты вектора х вновом базисе.Запишем квадратичные формы в каноническом виде в следую)щих примерах.П р и м е р 33. Пусть (х1, x2) = 5х12 + 8х1х2 + 5х22 .Р е ш е н и е . Матрица квадратичной формы имеет видæ 5 4öА=ç÷.è 4 5ø58Найдем собственные значения оператора L, соответствующегоматрице А, из уравненияа11 - lа125-l4= 0 , т. е.= 0,а12а22 - l45-l1 = 1, 2 = 9 – решение.Даже не определяя соответствующие собственные векторы, отметим, что в ортонормированном базисе из собственных векторовматрица оператора принимает видгдеæ 1 0öD=ç÷,è 0 9øа квадратичная форма – вид (y1, y2) = у12 + 9у22 .П р и м е р 34. Пусть (х1, x2) = 2х12 + 4х1х2 – х22 .æ2 2 öР е ш е н и е .
Запишем А = ç÷.è 2 -1øХарактеристическое уравнение имеет вид2-l2= 0,2-1 - lгде l1 = 3, l2 = -2 – решение.В ортонормированном базисе из собственных векторовæ3 0 öD=ç÷,è 0 -2 øследовательно, j(y1 , y2 ) = 3 y12 - 2 y22 .П р и м е р 35. Пусть j(х1 , х2 , х 3 ) = 7 x12 + 6 x22 + 5 x 23 - 4x1 x2 - 4x1 x 3 .æ7çР е ш е н и е . Запишем А = ç-2ç0è-2 0 ö÷6 -2 ÷ .-2 5 ÷ø59Характеристическое уравнение имеет вид7 - l -2-26-l0или3– 182-2+ 99 – 162 = 0, где0-2= 0,5-l1= 3,2= 6,3= 9 – решение.В базисе из собственных векторов оператора Læ3 0 0ö÷çD = ç0 6 0÷ ,ç 0 0 9÷øèследовательно, j(y1 , y2 , y 3 ) = 3 y12 + 6 y22 + 9y 23 .При решении некоторых задач требуется не только найти кано)нический вид квадратичной формы, но построить также и базис, вкотором она принимает этот вид.П р и м е р 36. Задана линия, содержащая квадратичную форму.Найти ее канонический вид 2 x12 + 5 x22 - 4x1 x2 = 36 .æ 2 -2 öР е ш е н и е .
Запишем А = ç÷.è -2 5 øХарактеристическое уравнение имеет вид2-l-2= 0,-2 5 - lили2– 7 + 6 = 0, где 1 = 6, 2 = 1 – решение.Каноническое уравнение линии имеет вид6 y12 + y22 = 36 , илиу12 у22+=1636– эллипс. Чтобы изобразить этот эллипс, необходимо выяснить, какон расположен относительно исходного базиса. Для этого необходи)мо найти новые базисные векторы из системы уравненийì(2 - l) х1 - 2 х2 = 0 ,íî-2 х1 + (5 - l) х2 = 0 .60Из этой системы найдем собственные векторы оператора L, соот)ветствующего матрице А.Для λ1 = 6ì-4 х1 - 2 х2 = 0 ,æ 1öили х2 = –2х1, следовательно, е1 = ç ÷ с1 .íè -2 øî-2 х1 - х2 = 0 ,Для λ2 = 1ì х1 - 2 х2 = 0 ,æ2öили х1 = 2х2, следовательно, е2 = ç ÷ с2 .íè 1øî-2 х1 + 4х2 = 0 ,Ортонормированный базис образуют векторы:æ 1/ 5 öæ2 / 5 öf1 = ç÷ и f2 = ç÷.è -2 / 5 øè 1/ 5 øП р и м е р 37.
Задана линия, содержащая квадратичную форму.Найти ее канонический вид 4x12 + 6 x1 x2 - 4x22 = 45 .4-l3æ 4 3öР е ш е н и е . Запишем А = ç= 0,÷ Þ3-4 - lè 3 4øгде= 5, 2 = –5 – решение.Каноническое уравнение линии имеет вид 5 y12 - 5 y22 = 45, или1у12 у22= 1 – гипербола.99Система для отыскания собственных векторов выглядит так:ì(4 - l) х1 + 3 х2 = 0 ,íî3 х1 + (-4 - l) х2 = 0 .Для λ1 = 5ì- х 1 + 3 х 2 = 0 ,æ3öили х1 = 3х2 , следовательно, е1 = ç ÷ с2 .íè 1øî3 х1 - 9х2 = 0 ,Для λ2 = –5æ1 öì 9х1 + 3 х2 = 0 ,или х2 = –3х1 , следовательно, е2 = ç ÷ с1 .íè -3øî3 х1 + х2 = 0 ,61Ортонормированный базис образуют векторы:æ 3 / 10 öæ 1/ 10 öf1 = ç÷ и f2 = ç÷.è 1/ 10 øè -3 / 10 øП р и м е р 38.
Задана линия, содержащая квадратичную форму.Найти ее канонический вид.Рассмотрим случай, когда характеристическое уравнение квад)ратичнойформыимееткратныекорни:-2 x12 - x22 + x 23 + 2 3 х2 x 3 = -2 .Р е ш е н и е . Характеристическое уравнение имеет вид-2 - l000-1 - l3 = 0,031- lили (–2 – λ) (λ 2 – 4) = 0, где λ 1 = λ 2 = –2; λ 3 = 2 – решение.В базисе из собственных векторов уравнение принимает видy12 + y22 - y 23 = 1, т. е. определяет однополостный гиперболоид.
Что)бы выяснить, как он расположен в пространстве, найдем собствен)ные векторы оператора L, соответствующие матрице А. Запишемсистему уравнений для отыскания собственных векторовì(2 - l)х1 + 0 х2 + 0 х 3 = 0 ,ïí0 х1 + (1 - l)х2 + 3 х 3 = 0 ,ïî0 х1 + 3 х2 + (1 - l)х 3 = 0 .Для λ1, 2 = –2ìïх2 + 3 х 3 = 0 ,ìх = с 1 ,или х2 = - 3 х 3 . Тогда í 1íïî 3 х2 + 3 х 3 = 0 ,îх 3 = с 2 .Следовательно,æ 0 öæ с1 ö æ 1ö÷ç÷ ç ÷çх = ç - 3с2 ÷ = ç 0 ÷ с1 + ç - 3 ÷ с2 ,ç 1 ÷ç с ÷ ç0÷øèè 2 ø è ø62т.
е. двукратному собственному значению соответствует двумерноеподпространство собственных векторов V2. За базисные можно при)нять любую пару ортогональных векторов в V2, напримерæ 0 öæ 1ö÷çç ÷f1 = ç 0 ÷ ^ f2 = ç - 3 /2 ÷ .ç 1/2 ÷ç0÷øèè øДля λ2 = 2ì-4х1 = 0 ,ïí-3 х2 + 3 х 3 = 0 ,ïî 3 х2 - х 3 = 0 ,или х1 = 0, х2 = 3 х 3 .3Следовательно,х3æ 0 ö÷ç= ç 3 /3 ÷ с 3 ;ç 1 ÷øèæ 0 ö÷çf3 = ç 1/2 ÷ ,ç 3 /2 ÷øèгде f3 указывает направление внутренней оси гиперболоида.
Все се)чения, перпендикулярные f3 , являются окружностями (случай рав)ных корней).4.3. Канонический вид неоднородного многочленавторой степениМногочлен второй степени F можно представить в виде суммыnF (x1 , . . . , x n ) = j(x1 , . . . , x n ) + 2 å b i x i + c ,(4.12)i =1т. е. в виде суммы квадратичной формы j, линейной формы (одно)родного многочлена первой степени) и свободного члена с.
Через Аобозначим матрицу квадратичной формы j , через X — столбец изпеременных x1 , х2 , . . . , x n .63Квадратичную форму приведем к каноническому виду, при)менив ортогональное преобразование:nхi =å t ij yj ,i = 1, 2, . . . , n .(4.13)j =1Многочлен (4.12) будет выглядеть так:rni =1i =1å l i y 2i + 2 å b i¢ y i+ c ; l i ¹ 0 , i = 1, 2, . . . , r ; r = rang A .(4.14)2æb¢ öb ¢2Из равенства l i y 2i + 2b i¢ y i = l i ç y i + i ÷ - i ясно, что па)li ølièраллельный переносyi = z i -b i¢, i = 1, 2, . . . , r ; y i = z i , i = r + 1, . .
. , nli(4.15)приведeт многочлен (4.14) к видуrå l i z 2i + 2i =1nå b i¢ z i+ c ¢.(4.16)i = r +1Если не все b r¢ + 1 , . . . , b n¢ равны нулю, то (n – r))мерный вектор1n(b r¢ + 1 , . . . , b n¢ ) = (q r + 1, r + 1 , . . . , q r + 1, n )åb ¢i2i = r +1можно дополнить до ортонормированной системы (n – r))мерногопространства векторами(q r + 2, r + 1 , . . . , q r + 2, n ) ,.......................(q n , r +1 , .
. . , q n , n ) .Преобразованиеnu i = z i , i = 1, 2, . . . , r ; u i =å q ij z j ,j = r +164i = r + 1, . . . , n, (4.17)будет ортогональным. Обратное преобразованиеnå q ji u j ,i = r + 1, . . . , n, (4.18)å l i u2i + 2 l r +1u r +1 + c ¢ ,(4.19)u i = z i , i = 1, 2, . . .
, r ; z i =j = r +1приведет многочлен (4.16) к видуrinгде l r + 1 =å b i¢2¹ 0. Наконец, преобразованиеi = r +1u i = v i , i ¹ r + 1; u r + 1 = v r + 1 -c¢2 l r +1(4.20)приведет многочлен (4.19) к видуrå l i v2i + 2 l r +1 vr +1 .(4.21)i =1П р и м е р 39. Найти ортогональное преобразование, приводящеек каноническому виду многочлен 2 х1 х2 + 2 х1 х 3 - 2 х1 х 4 - 2 х2 х 3 ++ 2 х2 х 4 + 2 х 3 х 4 + 3 х1 + 3 х2 + х 3 + х 4 + х 5 + х 6 + 1.Р е ш е н и е . Преобразованиех1 = 0,5(y1 + y2 + y 3 + y 4 ), х1 = 0,5(y1 + y2 - y 3 - y 4 ),х 3 = 0,5(y1 - y2 + y 3 - y 4 ), х 4 = 0,5(y1 - y2 - y 3 + y 4 ),x5 = y5 ,x6 = y6приведет многочлен к видуy12 + y22 + y 23 - 3 y 24 + 4y1 + 2 y2 + y 5 + y 6 + 1.Полагаем z 1 = y1 + 2, z 2 = y2 + 1, z i = y i , i = 3, 4, 5, 6. Найдемпреобразование y1 = z 1 - 2 , y2 = z 2 - 1, z i = y i , i = 3 , 4, 5, 6, приво)дящее многочлен к виду z 12 + z 22 + z 23 - 3 z 24 + z 5 + z 6 - 4.Далее надо вектор a = (1, 1) из коэффициентов при z 5, z6 нор)мировать и дополнить до ортонормированной системы.
Полу)æ 1 1öчим 1 ç÷ , поэтому преобразование z i = u i , i = 1, 2, 3, 4; z 5 =2 è 1 -1ø6511(u 5 + u 6 ) , z 6 =(u 5 - u 6 ) приведет многочлен к выраже)22нию u12 + u22 + u 23 - 3u 24 + 2u 5 - 4. Наконец, преобразование ui = vi,=i ≠ 5; u 5 = v 5 + 2 2 приведет исходный многочлен к каноническомувиду v12 + v22 + v23 - 3 v24 + 2 v 5 .Запишем неоднородное ортогональное преобразование, приво)дящее исходный многочлен к каноническом виду:1313x1 = (v1 + v2 + v 3 + v 4 ) - , x2 = (v1 + v2 - v 3 - v 4 ) - ,2222x 3 = 1 (v1 - v2 + v 3 - v 4 ) - 1 , x 4 = 1 (v1 - v2 - v 3 + v 4 ) - 1 ,2222x 5 = 1 (v 5 + v 6 ) + 2 , x 6 = 1 (v 5 - v 6 ) + 2 .22ЗАДАЧИ ДЛЯ ТИПОВОГО РАСЧЕТАЗадача 1.
Методом ортогонализации построить ортонормиро)ванный базис евклидова пространства по его базису a1 , a2 , a 3 . Исход)ные данные приведены в таблице.Номерварианта66Базиса1Та2Та 3Т1(1, 1, 2 )(2, –1, 0)(–1, 1, 1 )2(1, 1, 3 )(1,5, –1, 0)(–1, 1, 1 )3(1, 1, 4 )(4/3, –1, 0)(–1, 1, 1 )4(1, 1, 1,5 )(3, –1, 0)(–1, 1, 1 )5(1, 1, 4/3 )(4, –1, 0)(–1, 1, 1 )6(1, 1, 5 )(5/4, –1, 0)(–1, 1, 1 )7(1, 1, 5/4 )(5, –1, 0)(–1, 1, 1 )8(1, 1, 6 )(6/5, –1, 0)(–1, 1, 1 )9(1, 1, 6/5 )(6, –1, 0)(–1, 1, 1 )10(1, 1, 7 )(7/6, –1, 0)(–1, 1, 1 )Задача 2. Записать квадратичную форму с матрицей А.
Привес)ти полученную квадратичную форму к каноническому виду методомЛагранжа. Задано:æ 1 2 2öç÷1) А = ç 2 0 2 ÷ ;ç 2 2 4÷èøæ4 2ç2) А = ç 2 -3ç2 0è2ö÷0÷ ;2 ÷øæ 4 4 2öç÷3) А = ç 4 0 0 ÷ ;ç 2 0 1÷èøæ4 4 2 ö÷ç4) А = ç 4 3 0 ÷ ;ç 2 0 -4 ÷øèæ1 2 2 ö÷ç5) А = ç 2 3 2 ÷ ;ç 2 2 -1 ÷øèæ1 2 2 öç÷6) А = ç 2 0 0 ÷ ;ç 2 0 -1 ÷èøæ1 1 1 ö÷ç7) А = ç 1 -3 3 ÷ ;ç 1 3 -4 ÷øèæ1 2 1 ö÷ç8) А = ç 2 3 1 ÷ ;ç 1 1 -1 ÷øèæ1 0 2 ö÷ç9) А = ç 0 -1 -1 ÷ ;ç 2 -1 2 ÷øèæ1 1 1 ö÷ç10) А = ç 1 0 0 ÷ .ç 1 0 -1 ÷øèЗадача 3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
