И.В. Проскуряков - Сборник задач по линейной алгебре (1113047), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Возводя в квадрат л+ 1 выражение для л и извлекая затем корень, накодим: 1 л ) = 1гг — У 2(.— й) (а+1). 1310- иоо! отняты 343 М79. Указание. Найти а из условия (х — ал, в)=0. При доказательстве единственности обе части равенства а~ ° е+л, = атв+лз умножить скалярно на в.
° 366. Указа ние. Рассмотреть скалярный квадрат вектора у=х— а — '~~ ааль где а1 = (х, е~), и применить свойства в) и г) предыдущей задачи. ~-1 ° 364. У к а з а и и е. Первый способ: рассмотреть скалярный квадрат (х ! (у, х+Фу) как неотршштельный квадратный трекчлен от й Второй способ: при у чь О представить х в зиле х = ау+я, где (у, з) = О, показать, что (х, х);>~ат(у, у), причем знак равенства имеет ыесто тогда и только тогда, когда х=ау, и выяснить, что (х, у)' ат (у, у) (у, у) .~ (х, х) (у, у). Третий способ: применить неравенство задачи 503 к координатам векторов х н у в оптоиормированном базисе. 6ййй.
У к а з а н и е. Первый способ: рассмотреть скалярный квадрат (х+ту, х+1у), где (= в(х, у) как неотрицательный квадратный трекчлен от з (з — действительное). Второй способ: при у ~ 0 положить х = ау+ л, где а — комплексное число и (у, л)=0, показать, что (х, х)~аа(у, у), причем знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда х=ау, и выяснить, что (х, у)(у, х) = аа (у, у)(у, у) ~ (х, х) (у, у). Третий способ: применить неравенство задачи 505 к координатам векторов х и у в ортонормнрованном базисе. 1 ь з ь а з364.
~ ~ т (х) б (х) т(х) ч,. ~ ],г" (х)]' т(х ° ~ ]л (х)]з пх. а а л 1363. АВ=ВС= АС=О; ~ А=~ В= ~ С=Об'. $366. АВ = 5' ВС = 10' АС = ба 3' ~ А =%' ' ~ В = бО' ~ С = 30'- 4366. Указание. Если ребра каланы векторами аь ат, ..., аа то рассмотреть выражение !а, +аз+ ... +а„!т. 4396. Указание. Рассмотреть выражение ]х+у1'+!х — у!й 6)93. Прн нечетном л ортогональныл диагоналей нет, прн л =2й искомое число равно — С„ = Сза а а-1 з394. а ° )'ж Нш ар'а=со. 1, л з399.
З„=ажсоз=! Зш йа = ! Фа=Об'. Г'л л.+со а)' л 4396. 11 = —. При а=1, 2, 3 1»< л; при л=4 11 а. прн л>4 2 1») л. т396. Указание. Показать, что начало диагонали можно соединить с любой другой вершиной цепочкой ребер, и воспользоваться предыдущей задачей. я399* У к а за н ие. Использовать задачу 1370.
3636. Р е ш е н н е. соя (х, у) = (х, у) (у, у) 1У] !х! ° !у! ]х] ° !у! 1х] соз (» у ) — ' — ' — соз (у, у ) ~ — = соз (х у) (х, у') (у, у') ]у].!у'1, ]у] ]х1-]У'! !х1 ° !У'! !х! !У'1 ' 1х] 346 ответы (1401 — М10 Знак равенства возможен тогда и только тогда, когда сов (у, у') = 1, т.
е. мо задаче 1399, когда у' а.у при и > О. МВЗ. атссоз ~/ †. ЗОВВ ОО . М66. ЗО'. /Г л 2 МВВ. эхссоз —. Указание. Пустьпт — векторна Аов А~ (1=1,2,3,4). рассмотреть два вектора аА+аА и азсз+аА; показать, что квадрат коси- нуса угла между ними равен (1~+ тз)' (!э+ Чз , и найти макси- 4(!1+ Щ+4 (!з+(44+!эз) мум функции (т~+сз) прн условии, что тг+Щ+8зз — — 1, М6В.
4о". Указание. Искать минимум углов векторов втерой пло- скости с ик ортогональными проекциямн на первую плоскость. 346л. Указание. Показать, что каждан из систем Уо ...,,гз и ьгь ..., Зл является базисом подпространства Сд, натянутого йа векторы в„..., ел, что (уь ж)) = 0 при 1 + ~, наконец, что в равенстве пз = с,Д, + ... ... +сз,тз все коэффициенты сь сз, ..., сз, равны пулю. МВВ. У к а з а н и е. Положив (х' — 1)" = пл (х), проверить. что +1 пзл(+1) 0 при у<а и, интегрируя по частям ) JЗ!(х)хуг(х несколько 1 раз, пока под знаком интеграла ие исчезнет множитель вида хг, покааать, что этот интеграл равен нулю прн /= О, 1, ..., а — 1.
Вывести отсюда требуемое +1 равенство: ~ Р!(х) Рз(х) Фх=О при / ~ Д. 1 1 М66. Р, (х) = 1, Р, (х] = х, Р, (х) = — (Зх' — 1). Рз (х) = — (Зхз — Зх), 2 2 з Р, (х) = — (Збх' — ЗОх'+3). Рл (х) = — у ( — 1) l С~ 1 л- (2л) ! -а лд)- 3 2ад! (2/ — д)! г-о -Х-' 135 ... (2/ — 1) з-л ( — 1)л г ' ' х~г л, причем в этик выраженияк сле- (Д вЂ” Д ! (2/ — Д) ! 2з г-о дует выпустить все слагаемые с отрицательными показателями степени х. МЗ(). ~/ .
Решение. Положим (хз — 1) =из(х) и вычислим Г 2 з скалярный квадрат (Рл, Рл). Интегрируя по частям, накодим: ) нь ! (х) и)г ! (х» Зх = — ) Ьл!" '! (х) ий + '! (х) ггх = +1 ( — 1) ~ из(х)иДз)(х)Их=(2З)! ~(1 — х)з(1+х) Нх. -г 1411 — 142!1 отввты 347 Снова интегрируя по частям, находвм1 +1 +1 а д [ — а+ (1 х)а (1+х)з»х= —,' 1'(1 — х)а-1(1+х)а+1»х= ... 1+1 -1 -1 +1 д! "(1+х)ю» — '"" ' " (э+1)(1+2) ...
(24) [ (2А) [(2Э+1)" откуда (Ра, Ра) = (2А) ! 1 (я!) 2тз+1 2 2"1(ййз (24)!(2д+1) а~+1 М11. Ра (1) = 1. У к а э а н и е. Применить к вырюкению Ра (х) = — — [(х+1) (х — 1) [ правило Лейбница дифференцирования пров а 2ая! »хз изведения. (24) ! Сза 1.3. 5 ° ....24 — 1 М16. Ра (х) = Саф~ (х), где Са 2а(Д!)1 2а я! старший коэфФициент полинома Ра(х) (я=0, 1, ..., л). Указание.
Использовать задачи 1407, 1408, 1409. ММ Указание. Положив л"=[х" — У(х)[+у(х), показать, что минимум достигается тогда и только тогда, когда у (х) — ортогональная составляющая для х" относительно подпространства многочленов степени ( и — 1 (задача 1373), и применить задачи 1410, 14!2 и 1413. М16. »(а,, аг) равен квадрату площади параллелограмма, построенного на векторах а1, ат. д(аь а„а,) равен квадрату объема параллелепипеда. построенного на векторах а1, аь аз. 1416. Указание. Рассмотреть систему од1юродиых линейных уравнений с определителем и(а„а„..., аь). ММУ.
Указание. Искать взаимный базис из соотношений л Д = ~Ч~~ с)аеа Ц = 1, 2, ..., и). а-1 М16. а) Т=(8') 1; б) Т = (8') 1. Здесь штрих означает траиспонирование, а черта †заме элементов комплексно сопряженными. 1419. У н а э а н и е. Первый способ: показать, что определитель Грана Х(аи ..., аа) равен квадрату людуля определителя из координат векторов аь ..., аа в любом ортоиормированном базисе д-мерного подпространства, содержащего зти векторы. Второй способ: показать, что неотрицательная квадратичная фюрмв (пгк1+ ° "+палю п1х1+ ° ..
+азха) от хи ..., ха является положительноопределениой тогда и тоаько тогда, когда векторы аь..., па линейно независимы. Третий способ: пользуясь неизменностью определителя Грана при ортогоиалиэации векторов (задача 1415), показать, что если векторы би..., бл. получены из аь ...,.аз процессом ортогонализации, то д (аи ..., аа) = [ б,!з ...[ ба[1„ и применить задачу 1413. 1 0461 „. Указание. Первый способ: заметив, что иско- С"„У 2л+ 1 мое расстояние равно да!не ортогональной составляющей вектора — хя 348 отвнты (1422 — 1429 относительно подпространства многочлеиов степени не выше и†1, применить предыдутцую задачу и задачу 418. Второй способ (не использующий задачи 418): искомое расстояние дает т минимум интеграла ) [у (х)) з Вх, где у (х) — и ногочлен л й степени со старшим е коэффициентом, равным единице.
Это позволяет изменением пределов интеграции свести задачу к соответствующему экстремальному свойству полинома Лежандра (задача 1414). МЙЙ. Указание. Применить задачи 1413 и 1415. л л 24ЙЗ. ~ От ~ ~ И «~ ~ а~ ~з, причем знак равенства имеет место тогда и 3 1/ 1 л только тогда, когда либо ~Ч~~ нюанса = О (1 чь /; й / = 1, 2, ..., и), либо опреь-1 делитель О содержит нулевую строку. МЙ4. Указание. В векторном пространстве Кл ввести скалярное л произведение (х, у) = ~~ а ху, где х, ..., х и у, ..., у — коордиц/1 наты соответственно х и у в некотором базисе еь ..., е„ пространства К„ показать, что Оу = х (еь ..., е„), н применить задачу 14лх. МЙЬ. У к а з а н и е. Использовать задачу 1219, г).
МЙЬ. Указание. Применить свойства эрмнтовых форм, аналогичные свойствам вещественных форм, указанным в задаче 1210 (см., например, Ф. Р. Гантмахер «Теория матриць, Гостехнэдат, 1953, гл. 1О, 9 3,9). Мйу. У к а з а н н е. Испольэовать рассуждения первого й третьего способов, указанных в ответе к задаче 1419. МЙВ. У к а з а н и е. Применить задачу 1422. МЙО.
Р е ш е н и е. Пусть процесс ортогоналнзации переводит векторы аь ..., ам Ьь ..., Ь, в векторы сь ..., с, г(ь ..., Иг, а векторы Ьь ..., Ьг— в векторы е„..., ег. Ортогональная составляющая вектора е; относительно подпространства хч, натянутого на аь ..., аы Ьь ..., Ьг ь совпадает с г(ь В самом деле, Ь =у„+е где у линейно выражается через Ь, ..., Ь„ I Р а ег ортогонален к этим векторам.
е =у, +д где у; ~йи а з ортогонален к Ьо но тогда Ьг — — (у;+у )+», где у~+у ~йо а л ортогонален сп Значит, по задаче 1413 в~=с(~ и ~д;)~ ~е;~, причем знак равенства заведомо имеет место црн условии (2), потому что лг — — Ь вЂ” у, выражается через Ьь ..., Ьг н, значит, ортогонален к аь ..., аа, 'Ьь ..., Ьг и По задаче 1415 имеем: д(аь ..., аь Ьь ..., Ьт)=(~с,)'....~азР).(~й1!'... !4Р) < ~(~с, ~т °... ° 1слЯ ° (!е, ~' ... ° ~е, Р) =8(аь ..., аа) д(Ьь ..., ЬД, что доказывает неравенство (1).
При условии (2) ~ 4; ! = ~е; ~ (1 = 1, 2, ..., 1) и неравенство (1) обращается в равенство. Если аь ..., а» или Ьь ..., Ьт линейно зависимы, то правая часть неравенства (1) обращается в нуль, а так как леван часть неотрнцательна, то мы снова получаем равенство. Пусть, обратно, неравенство (1) обращается в равенство. Тогда по прелыдущему ~с, Р ..; ~кар ° ~41р ... )дг~ =)с, ~г ... ~сл~' ° ~е, Р ... ~етР, откуда либо существует 1 ~ А такое, что ) с~ ! = 9', т. е. ао ..., аа линейно- 1430 — 1434! ОТВЕТЫ 349 зависимы, либо существует !<1 такое„что !2(ю~= !ею ~=0, т.
е. Ьь ..., Ью линейно зависимы, либо !дую!= !ею! (1= 1, 2, ..., 1)„откуда следует, чпю все ею, а значит, и все Ью (как ик линейные комбинации) ортогональны к аь ..., аь т. е. выполняется условие (2). ЙЗО. У к а з а н и е. Применить предыдущую задачу. ИЗ1. У к а з а н и е. Применить задачи 1425 и 1429. 9432. У к а з а н и е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
