1610840681-c7c8a0f4cc2f319e4e81be4a1f4ed926 (824165), страница 69
Текст из файла (страница 69)
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 ~~ .
Находим частное решение системы для а = 2, Д = — 4. Это н есть присоедит пенный к Ь, вектор Ьа = ~~ 1 0 1 0 ~~ . Для получения жорданова базиса корневого подпространства дополняем найденные векторы еще 368 Решения (16) т одним собственным вектором, например, Ьз = )~ 0 1 1 0 ~~ . Нетрудт но найти собственный вектор Ьз = ~~ 1 0 2 1 (~ для Л = 2. В базисе Ь1, Ьг, Ьз, Ьз матрица преобразования равна йа8 (,Уг(0), О, 2). 24.148. При б = 0 преобразование взаимно однозначно.
При б ф 0 его можно представить в виде 32 + бгГ = бгг(5 'г + 12 '13). Преобразование будет взаимно однозначным тогда и только тогда, когда взаимно однозначен второй сомножитель. Таким образом, мы игцел1 те б, для которых с1е1(р 1уг+ б 11) ф О. Для этого достаточно, чтобы ~Б '~ был больше максимального из модулей собственных значений преобразования 32 1ф. Пусть это число равно р. Тогда можно положить 3 = р 25.3.
Пусть х = ахо, и в канонической системс координат х(~, и), хо (Со, по). Тогда дгг(х) = ог и — + 21 = сз — -> О11 — — сз . Поэтому:рг(х) = 32,14+ цг. Пусть у ((1, т~1). Легко подсчитать, что Г (х, у) = Я1 + 42101. Используя это выражение, проверяем свойства скалярного произведения. 26.40. Предположим, что система д1, ..., д„линейно зависима, и докажем, что приведенная в условии сумма больше или равна 1. Действительно, при таком предположении д1, ..., д„лежат в некотором (и — Ц-мерном подпространстве Е. Обозначим через а, а~ = 1 единичный базисный вектор в Е~.
Для любого 1 = 1, ..., и проекция е, на Е равна 21 = (е„а) а. Так как д, 6 Е, по результату задачи 26.36 имеелг )31) < )е, — д,!. Отсюда следует, что 2 )31)~ < 2 (е, — д1(~. Но 2 (г, 2 = 2 (е„а)2 = (а(2 = 1. Следовательно, 2 (е, — д1)2 ) 1. Теперь легко видеть, что ~ ~е, -- дг~ ) 1. Действительно, в противном случае каждый из модулей меньше единицы, и сумма их квадратов подавно меныпе 1. 32.8. 12) Сделаем замену координат ! ! ! ! Х1 = Х1+ Хг Хг = Х1 Хг, хэ = хз. (15) В новых координатах форма примет вид ~2 рг ~ ~ ~, ~ 2 рг рг + 2хгхз = (31 + хз) хг хз После второй замены координат л ! ! и и ! Х1 Х1 + ХЗ~ Х2 Хг~ ХЗ ХЗ данная квадратичная форма примет канонический внд л2 л2 п2 хз Положительный индекс ввергали данной формы равен 1, отрицательный равен 2.
Ранг формы равен 1+ 2 = 3, сигнатура равна 1 — 2 = — 1. Решения Можно записать замену координат, приводяшую данную форму к каноническому виду, как суперпозицию замен (15) и (16): л л л л л л л х1 = хг + хз — хз, х2 = х1 — хз — хз, хз = хз. 32.27. 10) Матрица данной квадратичной формы В = Азвз имеет характеристические числа 3 (кратности 2) и 3 (кратности Ц. Инвариантное поднространство, соответствующее собственному значению 3, задается однородной системой линейных уравнений с матрицей  — ЗЕ; находим два линейно независимых собственных вектора ам аз с координатными столбцами (1, О, — Цт и (2, 1, 0)т соответственно.
Собственное подпространство, соответствующее собственному значению — 3, задается однородной системой линейных уравнений с матрицей В + ЗЕ; находим один линейно независимый собственный вектор аз с координатным столбцом (1, — 2, Цт, Векторы пм аа, аз образуют собственныв базис присоединенного преобразования данной квадратичной формы, но нас интересует ортонормированный собственный базис. Так как собственные векторы самосопряженных линейных преобразований евклидова пространства, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны, то автоматически (ам аз) = (аю аз) = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
