LinAlg (1) (971705), страница 14
Текст из файла (страница 14)
В базисе()()f квадратичная форма имеет канонический вид.1 ⎞⎛− 1 − 1⎜ 263⎟21⎟ является ортогональной матрицей переходаМатрица U = ⎜ 063⎟⎜ 1⎜− 16 13 ⎟⎝ 2⎠от старого ортонормированного базиса e к новому ортонормированномубазису f , состоящему из собственных векторов матрицы A , причемΛ = U −1 AU = U T AU . Однако det U = −1.
Поменяем местами первый ивторой столбцы матрицы U (т.е. поменяем местами два собственныхвектора, отвечающих λ1 = λ2 = −1 ). Получим матрицу перехода с det U = 1 :⎛− 1⎜ 6U = ⎜ 26⎜ 1⎜−⎝ 6−120121 ⎞3⎟1 ⎟.3⎟1 ⎟3⎠Ортонормированный базис из собственных векторов67Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.матрицыf3 =(A образуют векторы1 , 1 , 1333).(f1 = −1 , 2 ,− 1666),(f2 = −1 , 0, 122),д) Изменение базиса привело к линейной замене переменных X = U ⋅ X ′ :⎧ x = − 1 x′ − 1 y ′ + 1 z ′623⎪⎪21.Врезультатеполучимуравнение⎨ y = 6 x′ + 3 z ′⎪ z = − 1 x′ + 1 y ′ + 1 z ′⎪⎩623⎛ − 1 0 0⎞⎜⎟T( X ′) Λ X ′ + D X ′ − 3 = 0 , где Λ = U T AU = ⎜ 0 − 1 0 ⎟ , BU = D = (0 − 2 0) ,⎜ 00 5 ⎟⎠⎝⎛ x′ ⎞⎜ ⎟X ′ = ⎜ y ′ ⎟ . Последнее уравнение можно записать в следующем виде:⎜ z′ ⎟⎝ ⎠− ( x′)2 − ( y ′)2 + 5( z ′)2 − 2 y ′ − 3 = 0 . Выделяя в уравнении полный квадрат− ( y ′)2 − 2 y ′ = −( y ′ + 1) 2 + 1 ,− ( x′)2 − ( y ′ + 1)2 + 5( z ′)2придемкуравнению⎧ x′′ = x′⎪− 2 = 0 .
Выполнив замену переменных ⎨ y ′′ = y ′ + 1,⎪ z ′′ = z ′⎩получим уравнение − ( x′′)2 − ( y ′′)2 + 5( z ′′)2 = 2 , которое легко преобразуется кканоническомууравнениюдвуполостногогиперболоида( x′′)2 + ( y′′)2 − (z ′′)2 = −1 .222222( ) ( ) ( 5)Чтобы построить двуполостный гиперболоид, заданный уравнениемx 2 + y 2 + z 2 + 4 xy + 4 yz + 4 xz + 2 x − 2 z − 3 = 0 , надо изобразить исходнуюсистему координат XYZ ; в этой системе координат отложить от точки Oсобственные векторы b1 , b2 , b3 (b1 = (−1,2,−1), b2 = (−1,0,1), b3 = (1,1,1) ) ивдоль них направить координатные оси новой системы координат X ′Y ′Z ′ . Всистеме координат X ′Y ′Z ′ надо отметить точку Q (0,−1,0) , являющуюсяначалом еще одной системы координат X ′′Y ′′Z ′′ с осями, параллельными осямOX ′ , OY ′ , OZ ′ .
В системе координат X ′′Y ′′Z ′′ строим двуполостныйгиперболоид (см. рис. 3).68Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.Y ′′ZZ ′′YOb2Qb3b1X ′′ХРис. 3⎧ x′′ = x′⎪Замечание 1. Соотношения ⎨ y ′′ = y ′ + 1 определяют параллельный⎪ z ′′ = z ′⎩перенос системы координат на вектор OQ = (0,−1, 0) . Зная координаты точкиQ в системе координат X ′Y ′Z ′ : x′ = 0 , y ′ = −1 , z ′ = 0 , можно найтикоординаты точки Q в исходной системе координат: x =12, y = 0, z = −12.⎧ x = − 1 x′ − 1 y ′ + 1 z ′⎧ x′′ = x′623⎪⎪⎪21Замечание 2.
Подставляя ⎨ y ′′ = y ′ + 1 в ⎨ y = 6 x′ + 3 z ′,⎪ z ′′ = z ′⎪ z = − 1 x′ + 1 y ′ + 1 z ′⎩⎪⎩623получимсвязьмеждуновымиистарымикоординатами⎧ x = − 1 x′′ − 1 y ′′ + 1 z ′′ + 16232⎪⎪21.⎨ y = 6 x′′ + 3 z ′′′⎪ z = − 1 x′′ + 1 y ′′ + 1 z ′′ − 1⎪⎩6232Задачи для самостоятельного решения.Привести уравнение кривой к каноническому виду и построить кривую.69Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.1) 9 x 2 + 6 xy + 17 y 2 = 72 .2) x 2 − 8 xy + 7 y 2 = 36 .Глава VII. Разбор типового расчета по линейной алгебреЗадача 1. Исследовать на линейную зависимость систему векторов:a 1 , a 2 , a 3 . a 1 = (5,2,−1,3,4) , a 2 = (3,1,−2,3,5) , a 3 = (6,3,−2,4,7) .Решение.
Из столбцов координат векторов a1 , a 2 , a3 составим матрицу36 ⎞⎛ 5⎜⎟13 ⎟⎜ 2A = ⎜ − 1 − 2 − 2 ⎟ . Вычислим ранг матрицы A методом элементарных⎜⎟334⎜⎟⎜ 457 ⎟⎠⎝преобразований строк. Поскольку ранг матрицы A равен трем и матрицасостоит из трех столбцов, столбцы матрицы A линейно независимы,следовательно, система векторов a1 , a 2 , a3 линейно независима.Задача 2.
Рассматривая векторы f1 , f 2 , f 3 как новый базис в R 3 ,вычислить: а) координаты вектора b в исходном базисе e , зная егокоординаты в новом базисе f ; б) координаты вектора c в новом базисе f ,зная его координаты в исходном базисе e . f 1 = (2,−1,1) , f 2 = (2,0,2) ,f 3 = (3,0,1) , b = (2,0,1) , c = (9,−3,8) .Решение. а) Докажем, что векторы f1 , f 2 , f 3 образуют базис в пространстве⎛ 2 2 3⎞⎜⎟R 3 . Из столбцов координат векторов составим матрицу A = ⎜ − 1 0 0 ⎟ .⎜ 1 2 1⎟⎝⎠Поскольку det A ≠ 0 , столбцы матрицы A линейно независимы,следовательно, система векторов линейно независима. Поскольку количестволинейно независимых векторов совпадает с размерностью пространства R 3 ,эти векторы образуют базис в пространстве R 3 .б) Данная матрица A и есть матрица перехода от базиса e к базису f .(2,0,1) – координаты вектора b в базисе f = ( f1 , f 2 , f 3 ) , ( x1 , x2 , x3 ) –⎛ 2⎞⎛ x1 ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟координаты вектора b в исходном базисе e , т.е.
B f = ⎜ 0 ⎟ , Be = ⎜ x2 ⎟ .⎜1⎟⎜x ⎟⎝ ⎠⎝ 3⎠Учитывая, что координаты вектора b в базисах e и f связаны между собойсоотношением Be = A ⋅ B f , где A – матрица перехода от базиса e к базису70Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.⎛ x1 ⎞ ⎛ 2 2 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟f , получим: ⎜ x2 ⎟ = ⎜ − 1 0 0 ⎟ ⋅ ⎜ 0 ⎟ . Перемножив две матрицы, найдем⎜ x ⎟ ⎜ 1 2 1⎟ ⎜1⎟⎝ 3⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠x1 , x2 , x3 : x1 = 7 , x2 = −2 , x3 = 3 . Таким образом, вектор b в базисе e имееткоординаты b = (7, − 2, 3) .в) (9,−3,8) – координаты вектора c в исходном базисе e , ( x1 , x2 , x3 ) –⎛ 9 ⎞⎛ x1 ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟координаты вектора c в базисе f = ( f1 , f 2 , f 3 ) , т.е.
Ce = ⎜ − 3 ⎟ , C f = ⎜ x2 ⎟ .⎜ 8 ⎟⎜x ⎟⎝ ⎠⎝ 3⎠Подставив матрицы Ce , C f , A в формулу Ce = A ⋅ C f , получим СЛАУ:⎛ 9 ⎞ ⎛ 2 2 3 ⎞ ⎛ x1 ⎞⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟⎜ − 3 ⎟ = ⎜ − 1 0 0 ⎟ ⋅ ⎜ x2 ⎟ . Решив систему методом Гаусса, получим x1 = 3 ,⎜ 8 ⎟ ⎜ 1 2 1⎟ ⎜ x ⎟⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝ 3⎠x2 = 3 , x3 = −1 . Таким образом, вектор c в базисе f имеет координатыc = (3, 3, − 1) .Задача 3. Убедившись в линейности оператораA :V3 → V3 ,переводящего вектор x = ( x1 , x2 , x3 ) в y = Ax , найти его матрицу вортонормированном базисе i , j , k .
Ax = [ x , a ] , где a = (3,1,−2 ) .Решение. Линейность данного оператора вытекает из свойств векторногопроизведения:1) A( x + y ) = [ x + y, a ] = [ x, a ] + [ y, a ] = Ax + Ay ∀x, y ∈V3 ;2) A(λx ) = [λx , a ] = λ ⋅ [ x , a ] = λ ⋅ Ax ∀x ∈V3 , ∀λ ∈ R .Для построения матрицы линейного оператора A найдем образыAi = [i , a ] = (0,2,1) ,Aj = [ j , a ] = (− 2,0,−3) ,базисныхвекторов:Ak = [k , a ] = (− 1,3,0 ) . Из полученных векторов составим матрицу линейного⎛ 0 − 2 − 1⎞⎜⎟3 ⎟.оператора: A = ⎜ 2 0⎜1 − 3 0 ⎟⎝⎠Задача 4. Привести матрицу A линейного оператора A кдиагональному виду. Указать соответствующую матрицу перехода.⎛ 2 − 1 − 1⎞⎜⎟A = ⎜ − 1 2 − 1⎟ .⎜−1 −1 2 ⎟⎝⎠Решение.
Будем опираться на теорему: матрица линейного оператораA : L → L в некотором базисе является диагональной тогда и только тогда,когда все векторы этого базиса являются собственными векторамиоператора A .71Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.а)Найдемсобственныезначенияматрицы A . Для этого решим−1−12−λхарактеристическое уравнение A − λE = − 1 2 − λ− 1 = 0 . λ1 = 0 ,−1−1 2 − λλ2 = λ3 = 3 – корни характеристического уравнения.б) Чтобы построить базис из собственных векторов, надо для каждогособственного значения λ найти фундаментальную систему решений СЛАУ⎧ 2 x1 − x2 − x3 = 0( A − λE ) ⋅ X = O . Для λ1 = 0 СЛАУ имеет вид ⎪⎨− x1 + 2 x2 − x3 = 0 .
Ранг⎪− x − x + 2 x = 023⎩ 1матрицы системы равен 2, поэтому ФСР системы состоит из n − r = 3 − 2 = 1решения. Решив СЛАУ методом Гаусса, получим общее решение системы⎛α ⎞⎛ 1⎞⎛1⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟X = ⎜ α ⎟ = α ⎜1⎟ ∀α , где ⎜1⎟ – ФСР системы. f 1 = (1,1,1) – собственный⎜α ⎟⎜ 1⎟⎜1⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠вектор, отвечающий собственному значению λ1 = 0 . Для λ2 = λ3 = 3 СЛАУ⎧− x1 − x2 − x3 = 0⎪имеет вид ⎨− x1 − x2 − x3 = 0 . Ранг матрицы системы равен 1, поэтому ФСР⎪− x − x − x = 023⎩ 1системы состоит из n − r = 3 − 1 = 2 решений.
Общее решение СЛАУ имеет⎛−α − β ⎞⎛ − 1⎞⎛ − 1⎞⎛ − 1⎞ ⎛ − 1⎞⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟вид X = ⎜ α ⎟ = α ⎜ 1 ⎟ + β ⎜ 0 ⎟ ∀α , β , где ⎜ 1 ⎟ и ⎜ 0 ⎟ – ФСР системы.⎜ β ⎟⎜ 0⎟⎜1⎟⎜ 0⎟ ⎜1⎟⎝⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠f 2 = (−1,1,0) f 3 = (−1,0,1) – линейно независимые собственные векторы,Такимобразом,отвечающие собственному значению λ2 = λ3 = 3 .найденные векторы f 1 = (1,1,1) , f 2 = (−1,1,0) f 3 = (−1,0,1) образуют искомыйбазис, состоящий из собственных векторов оператора A . Матрица линейного⎛ 0 0 0⎞⎜⎟оператора в этом базисе имеет вид A f = ⎜ 0 3 0 ⎟ .
На диагонали матрицы⎜ 0 0 3⎟⎝⎠A f расположены собственные значения оператора A , повторяющиесястолько раз, какова их кратность. Матрица перехода от базиса e к базису f⎛1 − 1 − 1⎞⎜⎟0 ⎟ , причем A f = Te−→1 f ⋅ A ⋅T e→ f .имеет вид Te→ f = ⎜1 1⎜1 01 ⎟⎠⎝72Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский.
Линейная алгебра.Замечание. Для решения данной задачи необходимо найти линейнонезависимые собственные векторы оператора A . Нет необходимостинормировать найденные собственные векторы.Задача 5. Привести квадратичную форму к каноническому видуметодом Лагранжа. Указать соответствующую матрицу перехода.f ( x ) = f ( x1 , x 2 , x3 ) = x12 + 5 x22 + 5 x32 − 4 x1 x2 + 6 x1 x3 + 20 x2 x3 .Решение. Так как a11 = 1 ≠ 0, то соберем слагаемые, содержащие x1 , идополним полученное выражение до полного квадрата:x12 − 4 x1 x2 + 6 x1 x3 = x12 + 2 x1 (−2 x2 + 3 x3 ) + (−2 x2 + 3 x3 ) 2 − (−2 x2 + 3 x3 ) 2 == ( x1 − 2 x2 + 3 x3 ) 2 − (4 x22 − 12 x2 x3 + 9 x32 ) = y12 − 4 x22 + 12 x2 x3 − 9 x32 ,где y1 = x1 − 2 x2 + 3 x3 .Итак,f ( x ) = y12 − 4 x22 + 12 x2 x3 − 9 x32 + 5 x22 + 5 x32 + 20 x2 x3 = y12 + x22 − 4 x32 + 32 x2 x3 .Так как коэффициент при x22 равен 1 ≠ 0 , то соберем все слагаемые,содержащие x 2 , и дополним полученное выражение до полного квадрата:x22 + 32 x2 x3 = x22 + 2 x2 ⋅ 16 x3 + (16 x3 ) 2 − (16 x3 ) 2 == ( x2 + 16 x3 ) 2 − 256 x32 = y 22 − 256 x32 , где y 2 = x2 + 16 x3 .Итак, f ( x ) = y12 + y 22 − 256 x32 − 4 x32 = y12 + y 22 − 260 x32 = y12 + y 22 − 260 y32 , гдеy1 = x1 − 2 x2 + 3 x3 , y 2 = x2 + 16 x3 , y3 = x3 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
