1625913085-c7c8a0f4cc2f319e4e81be4a1f4ed926 (532416), страница 69
Текст из файла (страница 69)
Если хо— максимальная по модулю компонента этого решения, то хо ф О, и Х-е уравнение системы дает а + Л„а ь(х"/ф = О, откуда ввиду ьфг ~х~~/х"~ < 1 получаем (а11~ ( 2 , '(а ь~,что противоречит условию. лгз 19.34. Будем искать прямую Ах+ Вр+ С = О, содержашую три данные точки. Рассматриваем равенства Аал + ВЬг + С = О, Ааг + ВЬг + С = О, Ааз+ ВЬз+ С = О как систему уравнений относительно неизвестных А, В, С с матри- цей коэффициентов ал Ьг 1 ЛХ= аг Ьг 1 аз Ьз 1 Любое нетривиальное решение систегаы удовлетворяет условию А + + В ~ О, так как последний коэффициент в каждом уравнении равен единице.
Поэтому нетривиальные решения системы и только они соответствуют прямым, содержащим три данные точки. Условие гй ЛХ = 3 необходимо и достаточно для того, чтобы система уравнений нетривиальных решений не имела, т. е. оно необходимо и достаточно для того, чтобы три данные точки не лежали на одной прямой. 19.35. 1) Будем искать уравнение прямой, проходящей через 2 данные точки, в виде Ах + Вр + С = О.
Рассмотрим систему уравнений для определения А, В, С: Аал+ ВЬг+ С = О, Ааг + ВЬг + С = О. аг Ьл 1 Ее матрица есть Ь 1 — — ЛХ. Каждое нетривиальное решение аг Ьг 1 системы удовлетворяет условию Аг + Вг ф О, так как последний коэффициент в каждом уравнении равен единице. Поэтому нетривиальные решения системы и только они соответствуют прямым, содержащим две данные точки. Если точки (аы Ьл) и (аг, Ьг) различны, то гй ЛХ = 2 и система уравнений имеет одно линейно независимое решение, т. е.
существует единственная прямая, содержащая данные точки. Реигения 363 2) Для того чтобы три точки с координатами (л, у), (аы Ьг), (аг, Ьг) лежали на одной прямой, необходимо и достаточно (сьь ре- шение задачи 19.34) условие л у 1~ а1 Ьг 1'=О. агЬг1 Это и есть искомое уравнение. Заметим, что ешги данные точки раз- личны, то хотя бы один из коэффициентов при неизвестных отличен от О,т. е.полученное уравнение действительно определяет прямую. 19.42.
1) Будем искать всевозможные плоскости, содержащие три данные точки. Эта задача приводит к системе уравнений Аа1+ВЬг+ Ссг+Р=О, Ааг + ВЬг + Ссг + Р = О, Ааз + ВЬз + Ссз + Р = 0 относительно неизвестных А, В, С, Р. Так как последний коэффици- ент в каждом уравнении равен единице, то каждое нетривиальное ре- шение системы уравнений удовлетворяет условию А + В + С у'.
-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 ~~ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
