И.В. Проскуряков - Сборник задач по линейной алгебре (1113047), страница 63
Текст из файла (страница 63)
1,0, ...) н (О, 1. О, 1, О, 1, ° ..). Размерность равна 2. 1ЭО! — 13281 отвнты 341 $304. Базис образуют, например„ матрицы Ег/ (г, /= 1, 2, ..., и), где ЕΠ— матрица, элемент которой в г-й строке и /-м столбце равен единице а все остальные элементы равны нулю. Размерность равна и'. МЗЗЗ. Базис образуют, например, многочлены: 1, х, х', ...,х". Размерность равна и+ 1. МЗЗЗ. Базис образуют, например, матрицы Е! (! < /; г, / = 1, 2, ..., и), где ЕΠ— матрица, у которой элементы Л/ = //т = 1, а все остальные элеи(и+1) менты — нули.
Размерность равна 2 э304. Базис образуют, например, матрицы гт!/(1 < /; Е /=1, 2, ..., и), где б!/ — матрица, элементы которой Ег/=1, и/!= — 1, а все остальные и (и — 1) элементы в нули. Размерность равна 2 %300. Базис образуют, например, векторы (1, О, О, ..., О, — 1), (О, 1, О, ..., О, — 1), ..., (О, О, О, ..., 1, — 1). Размерность равна и — 1. МЗ40. Размерность равна 3. Базис образуют, например, векторы аь аь ае Зэйй. Размерность равна 3. Базис образуют, например, векторы а,, а„иь МПЙ. Например, х, — хэ — х,=О, хэ+х,— х,=б.
МЗ33. Например, х, — х,— 2х,=б, х,— х,+2х,=О, 2х,+х,— ха=О. МЗ$7. э=3, !(= 1, 43кЗ. а = 3, г(= 2. 2040. Р е ш е н и е. Правило 1) доказывается легко. Докажем правило 2). Так как числа х, ..., х „, у, ..., у. удовлетворяют равенству (1), то а с = ~Ч!', у Ь. = ~ч~' х а .
Поэтому векторы с (! = 1, 2, ..., и) принадлежат / 1 / 1 как Еь так и Е„а значит, и их пересечению В. Пусть х — любой вектор Е!. Он выражается как через базис Е„так н через базис Ем Значит, х = в,а, + + ". +озал= б!Ь!+ ... +Ьгб!. Это означает, что строка чисел иь..., в„, ()!, ..., б! есть решение системы уравнений (1) и потому линейно выражается через фундаментальную систему решений (2). Пусть у, ..., у — коэффии !' "' д циеиты этого выражения. Тогда б = ~ч~~~ у!у! (/= 1, 2, ..., 1), откуда ! ! ! г/етл /гте х = ~ч~~ б/Ь = ~ч~', Я угу ) Ь = ~~Р, у! ~ ~~~~ уг/Ь/) = ~ уге!. /-! г-! г-! /-! г-! Итак, любой вектор х~/) ли!юйно вырюкается через векторы (4).
Наконец, система (4) линейно независима. так как матрица координат этих векторов в базисе ь|, ..., ь! содержит минор (3) порядка гг, отличный от нуля. %20. Базис суммы образуют, например„векторы аь а„Ь!. Базис пересечения состоит из одного вектора е=2а, +а,= б, +Ьэ=(3, 5, 1). 00сэ. Базис суммы образуют, например, векторы а,, аь аэ, Ь,. Базис пересечения, например, Ь! = — 2а, + аэ + ам Ьв = ба! — а! — 2аэ МЗЗЗ.
Базис суммы состоит, например, из векторов аь а„ а,, б,. Базис пересечения, например, из векторов е, = а, + а, +аз — — б! + Ьэ — — (1, 2, 2, 1); е,=2а,+2аэ — — Ь|+Ь,=(2, 2. 2, 2). 4000 Проекщгя вектора е! на Е, параллельно Е! имеет бю координату и — 1 †, а остальные ††, проекция на Еэ параллельно Е, имеет все коори и 1 дииаты равными —. и (1322-1347 1 1) ОТВЕТЫ 1 1 1 2"'2 1 1 — 1 2 "'2 О 2 "' 2 1 2 1 2 А, А,= 1 1 — — 1 2 2 1 1 — — —... О 2 2 1340. х=с+рИ„где р)=(6, 7, — 8, — 11); М,(2, 2, — 3, -4), М,( — 4, — 5,5,7).
1341. к=с+И, где ру (1, 1, О, 3); М,(2, 3, 2, 1), М,(1, 2, 2 — 2). 1344. Если две плоскости трехмерного пространства имеют общую точку„ то они имеют общую прямую. Если плоскость н трехмерное линейное много. .Образие четырехмерного пространства имеют общую точку, то онн имеют Общую прямую. Если два трехмерных линейных многообразна четырехмерного пространства имеют общую точку, то они имеют общую плоскость. 1343. Для удобства класснфикацнн разных случаев введем две матрицы: А — матрнца, по столбцам которой записаны коордннаты векторов аь а,, Ьь Ьь  — матрица, полученная нз А приписываннем столбпд координат вектора ар — Ьр. Пусть ранг А=гь ранг В=гр. Возможен один нз шести случаев: 1) г, =4, ге =5.
Плоскости не лежат в одрюм четырехмерном многоюбразнн (плоскости абсолютно скрещиваются). 2) г, =г, =4. Плоскости имеют одну общую точку, значит, лежат в одном четырехмерном, но не лежат в одном трехмерном многообразии (плоскости абсолютно пересекаются). 3) г, = 3, г, = 4. Плоскости не имеют общих точек, лежат в одном четырехмерном, но не лежат в одном трехмерном многообразии (плоскости скрещиваются параллельно прямо)Л именно: обе онн параллельны прямой с уравнением аА+аА = ь~$р+ гагр).
4) г, =гр= 3. Плоскостн лежат в трехмерном пространстве и пересекаются по примой. 5) г, =2, г,=З. Плоскости не имеют общих точек„но аежат в одном трехмерном пространстве (плоскостн параллельны). б) г, =та=2. Плоскости совпадают, гр-ьг,~2, так как обе пары векторов аь а, н Ьь Ьр линейно независимы.
1342. У к а з а н н е. Вести доказательство ицлукцней по числу )ь 1334. У к а з а н н е. Рассмотреть параметрические уравнения прямых к=а,+аА х=Ь,+Ь,~„где а„аь Ьь Ь,— данные векторы. 1333. Векторы ар — Ьр„аь Ь, должны быть линейно зависимы. 1333. Искомые условйя состоят в том, что векторы а, н Ь, линейно независимы, а вектор а,— Ь, лннейю выражается через а~ н Ь,. Если .а — Ьр Г,а,+1рбь то точка пересечения задается вектором ар — 1,а, = =Ь +(Ьь 133г.
( — 2, — 5, — 1, 1, — 1). 1333. (О, 1, — 1, — 2, -3). ° 339. Необходимые н достаточные условия состоят в том, что четверка векторов ар — с, Ьр — с, аь Ь, линейно завнснма, а каждая нз двух троек ар — с, аь Ь, н Ьр — е, аь Ь, линейно независима. Искомая прямая имеет уравнение х = о+р)й где р) = Л, (ар — е)+ Лра, = Лр (Ь, — с)+ Л,Ьь прячем лоз ициенты Л, и Лр отличны от нуля. Ф~ очки пересечения щой прямой с данными прямымн нмеют внд: Л, 1 Л, 1 а,+ — а, =с+ — ру н Ьр+ — Ь! — — е+ — 4. л, Л, Л 1348 1323) отвнты 3(3 ° 346.
Октавдр с вершинамн в точках: (1, 1, — 1, — 1), (1, — 1, 1, — 1), (1, — 1, — 1, 1), ( — 1, — 1. 1, 1), ( — 1, 1, — 1, 1), ( — 1, 1, 1, — 1). У к аз а ни е. При определении коердннат вершин учесть, что вершины иско- мого сечения должны быть точками пересечения секущего надпространства с ребрами куба, и что вдоль каждого ребра куба три координаты равны ж1, а четвертая меняется от +1 до — 1. /3 1 1 11 4349. Тетраздр с вервшнами в точкаж ~ —. — —. — —, — — ) (4' 4' 4' 4) ( ° 1 3 1 11 / 1 1 3 1! / 1 1 1 3! ° ) ! ' )1! ~ l- 4' 4' 4 4/'! 4' 4' 4' 4/ 1 4' 4' 4' 4/ Указание Найти проекции вершин.
4366. У к а з а н и е. Принять данный конец диагонали за начало, а ребра, нз него выходящие, — за оси координат и показать, что рассматриваемые параллельные линеййые многообразия определяются уравнениями х, + хи+ ... + х„= л (и = О, 1, 2... „и), а точка пересечения диаюналн с я-и из згнх многообразий имеет все коорй динаты равными одному и тому же числу — (3= 0, 1, 2, ..., п). и %366 Билинейная форма б должна быль симметрична, т. е. аг/=а/т (й / = 1, 2, ..., и), а соответствующая ей квадратичная форма и абх!х.
— положительна определенна; (еь е/) = аО (/, / = 1, 2, ..., и) и/1 4367. Можно добавить векторы (2, 2, 1, 0), (5, — 2, — б, — 1). ЯЗВ. Можно добавить векторы (1, — 2, 1, 0), (25, 4, — 17, — 5). /2 2 1! 4369. Один из векторов х ~ —, — —, — — .
'13 3 3/ . /1 1 1 1! /1 1 1 11 4366. Например: ~ —, — —, —, — —, '12 2' 2' 2)'(2' 2' 2' 2) ) ~ 4366. (1, 1, — 1, — 2), (2 5, 1, 3). 4363. (2, 1, 3, — 1), (3, 2, — З вЂ” 1), (1, 5, 1, 10). 4366. Например: Ь, =-(2 — 2, — 1, 0), Ьт =(1, 1, О! — 1). ЧВВ и. Например: бх, — Охт — х, = О, хи + х, = О. л 2369. Пусть аь ат,..., аа — базис А. Ищем у в виде у= ~ суар 1 умножая зто равенство скалярно иа аг н замечая, что (аь у) =(аь х), по- лучаем систему уравнений ~и~~ (аь а/) с. = (аг„х) (1 = 1, 2, ..., А), которая / 1 по смыслу сь сь ..., са должна иметь единственное решение.
Найдя у полагаем з= х — у. 4376. у = За~ — 2а, = (1, — 1, — 1, 5); и = (й, О, — 2, -1). 4374. у 2а, — а, =(3, 1, — 1, — 2); х=(2, 1, — 1, 4). 4376 у =(5, — 5, — 2, — 1); л= (2, 1, 1, 3). 3)7$. Указание. Вывестн сеотйошейие !х — а!'= !(х — х,) — у !'+!у — (и — х,) Р, где у — ортоюнальная проекция х — хи на Е.
ответы (!37а-!373 7374. а) 5; б) 2. ° 373'. Указание. Положим х — х,=у+а, где у~А, л~Е*. По за.даче 1373 Р=(л, я). Пусть у=А,а,+Хааа+ ... +Хааа. Из последнего столбца определителя 0 (аь ат, ..., ам х — хл) вычесть предыдущие столбцы, умноженные соответственно на ль Лт, ..., ла, и показатгь что на месте (аэ х — хэ) получится нуль, а на месте (х — хэ, х — хэ) будет (х — хэ, «) = =(л, л). 7376.
Указание. Пусть и,~Рь итгРь у — ортогональная проекция х, — хр на Е.. Вывести равенство ! и1 — пт ) =) (А — «т) У )~+17+(и1 А) — (пт — «т) )т 7377. 3. 7373. Решение. Примем одну из вершин первой грани за начало координат. Пусть другие вершины первой грани задаются векторами хь х, ..., х», а вершины второй грани — векторами ха+и ..., хл. Ищем расстояние между линейными многообразиямщ определенными вершинами этик граней (задача 1346). Эти многообразпя— хА -»- ... + ха1а и (ха+, — хл) 1а ь1+ ... + (хл, — хл) гл, -(- х„. Искомое расстояние равно длине ортогональной составляющей я вектора х„ относительно подпространства у., натянутого на векторы хь ..., ха, ха+~ — х~» "° «л-1 — хл Умножая равенство «л = «А + " + Ха(а+ (Ха+ ~ — Хл) Га+ + ... + (Хл, — Хл) Г, ( Л .на векторм хь ° ° ., хм ха+~ — хл, ..., хл, — хл, получим уравнения: 1 1 1 11+ — (т+ .-.
+ — (а= —,. 2 " 2 1 1 1. — 1,+г,( ... ( Га= 2 2 2' 1 1 1 — г!+ — 11+ ... +1л= — ,- 2 2 ''' 2 ' 1 1 1 та+~+ Га+т+ ° ° + гл — ~ = 2 ''' 2 2 ' 1 1 1 2 аш+ а+ "'+ 2 и— 1 1 1 2 2 ''' 2 — та+ + — га+т+ " +г -~ = —— откуда, складывая первые а и последние л — й — 1 уравнений, легко нако- 1 1 дим: г, = ... =та= — , '1а+,— — ... —— 8, = — —. Поэтому л= а+1' ''' " и — й' + .а . Отсюда видно, что я соединяет и — й а+1 центры данных граней. Так как расстояние между многообразиями, определенными вершинами данник граней, по доказанному равно расстояшпо межау центрами этик граней, то оно и будет расстоянием между этими гранями.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
