1611141256-ad5e1feba585f35a92f7154ebbb6a6c9 (824990), страница 71
Текст из файла (страница 71)
Собственные значения н собственные векторы вычисляем по формулам (6) и (7) 3 32: 6 — 2Л 0 3 — Л с1ес(Р— ЛС) = 0 1 — Л -3+ Л 3 — Л вЂ” 3+Л 6 — 2Л 2 0 1 = (3 — Л)з 0 1 — Л -3 + Л = -(3 — Л)з(3 + Л); Л = хЗ. 1 — 1 2 12 0 6) 0 0 0 Р+ЗС= 0 4 — 6~, Р— ЗС= 0 — 2 О 6 — 6 12 0 0 0 Фундаментальное решение системы уравнений (Р+ ЗС) с = о равно х = ( — 1, 3, 2)т. Значение функции я (х) на векторе (-1, 3, 2)т есть квадрат его длины. Вычисляя это значение, находим нормированный собственный вектор, соответствующий Л = — 3: ег~ —— = ( — 1/ь/3, чЗ, 2/~!З)~. Из системы уравнений (Р— ЗС)г, = о находим, что собственному значению Л = 3 соответствует собственная плоскость хз = О.
Найдем в ней два ортогоиальных собственных вектора. В качестве первого вектора можно взять любое ненулевое решение уравнения хз = О, например, Ь = (1, О, 0)т. Для нахождения второго собственного вектора с = (хы хз, хз)т к уравнению хз = 0 присоединяем условие ортогональности векторов Ь и с: Ъ Сс = 2хг + хз = О. Из двух уравнений хз — — 0 н 2х~+ ха = 0 находим, что с = (1, О, — 2)т с точностью до числового множителя. Теперь найденные векторы Ь и с нормируем, вычисляя квадраты их длин я(Ь) = 2 и я (с) = 6.
Заметим, что векторы Ь и с ортогональны к а, так как соответствующие собственные значения различны, а преобразование у самосопряженное. Мы получили ортонор- Ре2аенил мированный базис из собственных векторов преобразования !Р: е', = = ( — 1/ З, З, 2/ ГЗ)т, е' = (1/Л, О, О), е' = (1/ /6, О, — 2/ /6) В этом базисе матрица Г' формы Г диагональна, а значит, Г имеет диагональный вид: Е' = 63аз( — 3, 3, 3); Г(х) = — ЗХ3 + ЗХ2 + Зхз . Так как базис е'„е2, ез ортонормирован относительно введенного скалярного произведения, то в нем скалярный квадрат вектора (значение функции я на векторе) выражается канонической формой !2 !2 !2 6(х) = х3 + х2 +ха Осталось составить из столбцов е'„е2, ез матрицу перехода — 1/43 1/~/2 1/~/6 /з о о 2/~/3 Π— 2/~/6 а по ней — формулы замены координат 1, 1, 1 ! Х3 Х1+ Х2+ ХЗ! ~/3 ~/2 ч!6 2, 2 Хз Х3 Х3' ь!3 ъ~6 Х2 —— ~/ЗХ'; Обратим внимание читателя на очевидную уже из хода решения неедииственность искомого базиса (ср.
ответ). С п о с о б 2. Дадим лишь его краткое описание. Прежде всего убеждаемся, что форма я положительно определена, и с ее помощью вводим скалярное произведение. Затем находим какой-нибудь базис, в котором форма 6 имеет канонический вид. Это можно сделать методом выделения квадратов или с помощью элементарных преобразований. Новый базис е' является ортонормированным относительно введенного скалярного произведения.
Пусть 32 — матрица перехода к базису е'. Вычислим матрицу Е' формы Г в базисе е'. Так как базис е' ортонормирован, то присоединенное к Г преобразование !Р имеет в этом базисе ту же матрицу Г!. Найдем собственные значения и ортонормированный базис е" из собственных векторов преобразования !Р по его матрице Г! обычным способом, используя уравнения (1) и (2) 3 24. Обозначим через 32 ортогональную матрипу перехода от базиса е' к базису е" (она состоит из координатных столбцов векторов е1', е2 и ез относительно базиса е').
В базисе е" матрица преобразования 22 равна матрице формы Г и диагональна с собственными значениями на диагонали, а форма 6 по-прежнему выражает скалярный квадрат вектора в ортонормированном базисе и, значит, равна сумме квадратов координат вектора.
Матрица Я перехода от базиса е к базису е" определяется формулой Я = 5352. Действительно, из е" = е!32 и е' = еЯ2 следует е" = еЯ252. В столб- Решении 372 цах матрицы Я стоят координаты векторов е",, ег и ег относительно исходного базиса е. 36.7. Напишем выражение старых компонент тензора че12ез новые. С атой целью умножим обе части равенства а'„= !Ть!т ам на т1тг и просуммируем по 1 и 11 Тогда т„'т о', = т1т !т~!тгам = брбгаы = а Следовательно, арг —— т1тга, '. Эти равенства можно написать в матричном виде: т! т! Т~т! т т 1 2 2 1 2 2 Т1т$ ТЬтг т$тг т2 т! т2 т1 т2 т! 1 2 2 1 2 2 тгт2 Т2Т2 Т2Т2 т1Т1 1 1 1! тг тг 1 1 тгт, 1 1 тг тг I а огг ! ог1 О22 аы О 12 атп пгг (17) Вспомним теперь, что в произвольном линейном пространстве (а значит, и в пространстве тензоров типа (О, 2)) старые компоненты вектора выражаются через новые формулой с = Яс'.
Это означает, что матрица из произведений т1тг в формуле (17) и есть искомая матрица перехода. Нетрудно проверить, что она равна 'Гт З Т~, 37.15. Используя результат задачи 37.7, 1), находим компонен- ты тензора, соответствующего произведению 22!р": с1,=д а! д д11,а.=а',а1, ~а Ц 1 Если ввести обозначение Ьгт. = д;ьа'. = а„,, то с!ь = д Ь!!Ььгз см = д Ьь!Ькь Ц Ц Используя симметрию тензора д!1, можно проверить, что выраже- ния с1„и с,ь отличаются только обозначением индексов суммирова- ния и порядком числовых сомножителей.
Иначе можно рассуждать так: матрица тензора с! в ортонорми- рованном базисе симметрична, так как совпадает с матрицей самосо- пряженного преобразования ~рай!*. Поскольку тензор имеет тип (О, 2), его матрица симметрична и в любом базисе. Это решение мажется проще, но оно опирается иа несколько теорем, тогда как первое ре- шение не использует ничего, кроме определений. ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ 1.4.
( — 12, — 2), (О, О). 1.5. а = 2/7, ф = 13/7. 1.6. с(1/16, 11/16), 4(0, — 2). 1.7. 1) х = О, х= 1, х = 3/2; 2) х = О. 1.8. (О, О, О), (1, — 7, -3). 1.9. а = О, /7 = — 1, у = — 4. 1.10. 1(1, 1, 1), п1 (О, 2, 0), п(0, 1, 1). 1.11. 1) да; 1+ ш+ и = 0; 2) нет; 3) да; 21+ п1 — и = О. 1.12. )У 1 а. 1.13. ВР ( — 1, 1), СО (-1/2, -1/2), КР (-1, 1/2).
1.14. АМ (1/2, 0), АО (1/3, 1/3), МО ( — 1/6, 1/3). 1.15. АВ (3/5, — 2/5), ВС (2/5, 2/5), СР (-2/5, З/5), РА (-3/5, -3/5). 1А6. АС (1/3, 1), Ж(1/4, 3/4), АЕ (О, 3/2). 1.18. ВС (1, 1), СР (О, 1), РЕ ( — 1, 0), ЕЕ ( — 1, — 1), ВР (1, 2), СЕ ( — 2, 0), СЕ ( — 1, 1). 1.19. А)1 (1, 3). У к а з а н и е: разложить векторы АР, ОЕ, ОМ по базису АР, АВ. Равенство АР = ХОВ+ уОМ представляется как система из двух линейных уравнений с двумя неизвестными. Аналогично рекомендуется решать задачи 1.20 — 1.22.
1.20. ( — 71/22, — 1/11). 1.21. ( — 13/12, — 14/15). 1.22. (4/21, — 20/21). 1.23. 1) АВ ( — 1, 1, 0), ВС (О, -1, 1), А<,'(-1, О, 1); 2) КТ (-1/2, 1/2, 0), ~~ (-1/2, 1/2, О), С)77(1/2,1/2,-1), МР(1/2,0,0), К4„7(-1/2,1/2,1/2); 3) О —, —, —, К — —, —, — . 1.24. 1) ОМ 2) ОЖ вЂ”, — . 1.26. — и тп '~ ( )АС! (АВ( и/ ~ ~АВ~ + (АТи! )АБ(+ )Аб( 1.26. А(0, 0), В(2/3, — 1/3), С(1, 0), Р(2/3, 2/3), Е(0, 1), Е( — 1/3, 2/3), О (1/3, 1/3); Π— центр шестиугольника. 1.27. А(0, 0), В (О, 1), С (1/4, 1), Р (1, 0), М (1/5, 4/5), В (О, 4/3). 1.28. С (1, 1, 0), ВТ (1, О, 1), С1 (1, 1, 1), К(1/2, О, 1), Ь(1, 1, 1/2), М (1/2, 1/2, 1), Ф(1/2, О, 1/2), О(1/2, 1/2, 1/2).
1.29. Р(х1 — хг+хз, пх1 + тпхг пу1 + туг пз1 + тзг у1 уг + уз). ТП+П 7П+71 ТП+П пх1 — тхг пу1 — туг пз1 — 'тзг '1 2) )'7',, /7. Указание: иси — т и — т 71 — т пользовать задачу 1.24. 1.31. 1) ( — 3, 16); 2) (9, — 20). х1 + хг + хз у1 + уг + уз з1 + зг + зз1 . 1.33. Г17 = гг+ гз— 1'1, ГВТ = 1'г +Г4 1'1, Гп7 = Гз + Г4 — 1'1, Га1 = Гг+ Гз+ Г4 — 2Г1. 374 Ответы и указания т п т 1.34. гп = гз + — (гз — гз), г,и = — гз + — гз, гв = и т+и т+п и т |гз — гз|гз + |гз — гз|гз + |гз — г~ |гз = — гз + — гз.
1.36. и т т и |гз гз| + |гз гз| + |гз гз| 1.37. Точка пересечения медиан треугольника; ине плоско- тзгз +... + т„г„ сти треугольника таких точек нет. 1.38. тз +... + т„ ,|СО|:|ОМ|= . 1.46. |РМ|:|МК|=3:2, тзпз пзтз т+и |ВМ|: |МХ| = 16: 9. 1.47. —. 1.48. Указан и е: исполь- 2 (и — 2)з зовать задачу 1.17. 1.49. Я. 1.52. 1: 3. 1.53. 2: 3. пз — и+ 1 2.1. 1) 3/~/2; 2) — 21; 3) 0; 4) 5; 5) — 6. 2.2. 1) б; 2) 38.
2.3. 1) 3; 2) — 1; 3) О. 2.4. 1) 0; 2) атосов(4/5); 3) 90', 4) атосов( — 3/х/Г0); 5) 180'. 2.5. 1) 10; 2) 5; 3) О. 2.6. 1) 22; 2) -1; 3) О. 2.7. 1) атосов(5/9); 2) 180', 3) 0; 4) 90', 5) атосов( — 1/3). 2.8. 1) 5з/2; 2) 2; 3) 3. 2.9. 1) ( — 28, — 14); 2) — 13; 3) 77. 2.10. 1) ( — 25, — 20, 5); 2) 11; 3) — 28. 2.12.
Нет. 2.13. — 3/2. 2.14. 1) 0; 2) — 4; 3) 2. 2.15. 1) |Ь)в+|с|в — 2(Ь,с); 2) — |Ь|з+|с|в+2(Ь,с); 3) 1 2 | | | ' ) ' " ' (,|Ь)з+ |с|в — 2(Ь,с) ' |Ь|з+ |с|в — 2(Ь,с) 2.18. 1) |АВ| = |Ь|, |ВС| = |Ъ|з+ |с|в — 2(Ь,с), |АР| = З|ВС|, |СР| = 9|Ь|з+ 4|с|в — 12(Ъ,с), сов е'.А = ', е'.В = (Ь,с) — |Ь|' |Ь| |ВС| = 180' — е'.А, сов е'.Р = ', е'.С = 180' — ЛР; |ВС| |СР| 3 2) |ВМ| = — 4| Ь!з + |с|в — 4(Ь, с). 2.19. Длины диагоналей 4 5~/2 и ~/ГО, острый угол 45'.
2.20. |АВ| = 6, |АС| = 4з/3, |ВС| = 2з/3, аА = ЗО', сВ = 90', е'.С = 60'. 2.21. Длины сторон 1 3 и 5, острый угол агссов(4/5). 2.22. з/944. 2.23. — (10, — 11, 15 -2). 2.24. — 'а. 2.25. -а. 2.26. 1) ( — 1, — 1) и (2, — 2); (а,Ь) 3 |а|2 2) (О, 0) и (1, -1); 3) (3, 3) и (О, 0); 4) (-2, -2) и (О, 0). 2.27. 1) (2, -2, 4) и (О, О, 0); 2) — (1, — 1, 2) и — (1, 5, 2); 2 1 Ответь и указания 3) (О, О, 0) и (4, О, — 2). 2.28.
(5, 2). 2.29. (1, 0) или с 1+ 3/3 3+ 3/З'1 — — 2.30. (1, — 1, 3). 2.31. х = — а. 2 ' 2 ) ' ' ' ' [а]2 Указание: вектор х искать в виде Ла. 2.32. 1) Множество концов векторов, удовлетворяющих уравыению (х,а) = р, является прямой линией (все векторы отложены из некоторой точки 0). Нормальным вектором втой прямой является вектор а. Проекцией точки О на прямую является конец вектора хо ~ — а. 2) Мно= р — ]а[2 жество концов векторов, удовлетворяющих уравнению (х, а) = р, является плоскостью (все векторы отложены из некоторой точки О). Нормальыым вектором втой плоскости является вектор а. Проекцией точки О на плоскость является конец вектора хо — — — а. р ]а[2 2.33. 1) Радиус-вектор точки пересечения двух прямых (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
