[ Слоущ ] Высшая алгебра (2 семестр, базовый поток). Задачи с решениями для коллоквиума и экзамена

Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет

Предмет:

Алгебра (общая)

Файл:

виду ортогональную матрицу

.pdf

Скачиваний:

120

Добавлен:

16.08.2013

Размер:

535.88 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

унитарной матриц. Случай вещественной ортогональной матрицы.

5.Квадратичные формы

5.1.Понятие квадратичной формы.

5.2.Приведение квадратичной формы к сумме квадратов ортогональным преобразованием.

5.3.Приведение квадратичной формы к сумме квадратов методом Лагранжа.

5.4.Закон инерции квадратичных форм.

5.5.Приведение к каноническому виду уравнения второго порядка

сдвумя переменными.

5.6.Поверхности второго порядка.

5.7.Приведение к каноническому виду уравнения второго порядка

стремя переменными.

Задачи для экзамена летней сессии

Евклидовы пространства 1.Даны ~x = (¡1; 0; 2; ¡2), ~y = (1; 1; ¡1; 1). Найти

a)(~x; ~y), k~xk, kyk;

b)косинус угла между векторами ~x и ~y;

Решение. В		соответствии со стандартными формулами: (~x; ~y) =
(¡1) ¢ 1 + 0 ¢		1 + 2 ¢ (¡1) + (¡2) ¢ 1 = ¡5; k~xk =				(~x; ~x)	= 3;
k k	p		. Косинус угла между векторами	вычисляется по

~y	= (~y; ~y) = 2
					p

формуле cos (~x; ~y)= k(~xx;~kkyy)k = ¡5=6:

2. Вычислить (~x; ~y), k~xk, kyk для ~x = (¡1 + 2i; 3 ¡ i; ¡i), ~y = (¡1 + i; 2; 2 ¡ 3i), где i мнимая единица, т.е. i2 = ¡1.

Решение. Согласно формуле для стандартного скалярного произведения в C3, получаем:

(~x; ~y) = (¡1 + 2i) ¢ (¡1 + i) + (3 ¡ i) ¢ 2 + (¡i) ¢ (2 ¡ 3i) =

= (¡1 + 2i) ¢ (¡1 ¡ i) + (3 ¡ i) ¢ 2 + (¡i) ¢ (2 + 3i) = 12 ¡ 5i;

Аналогично получаем k~xk =

= 4; k~yk =

= p

(~x; ~x)

(~y; ~y)

ортогонализации построить ортонормированный базис

3. Процессом

подпространства в R

, натянутого на векторы f1

= (0; 1; 0; ¡1)

, f2

(1; 1; ¡1; 1)

, f3 = (¡1; ¡1; 1; 0) .

Решение. Ортонормированный базис строится по следующему

алгоритму:	= kf~1k		= µ0; p2	; 0; ¡p2¶	;
~e1	= kf~1k		= µ0; p2	; 0; ¡p2¶	;
	~		1	1	t
		f1	1	1

;~e1)~e1

¡ 0~e1

~e2

= f2

¡ (f2

= f2

= (1; 1; ¡1; 1) ;

~e2 =

~e2

= (1=2; 1=2; ¡1=2; 1=2);

k~e2k

~e3

= f3

¡ (f3

;~e1)~e1

¡ (f3;~e2)~e2

= f3 + p

~e1 +

~e2

= (¡1=4; 1=4; 1=4; 1=4)t;

~e3 = ~e3 = (¡1=2; 1=2; 1=2; 1=2)t:

k~e3k

4. Построить ортонормированную фундаментальную систему решений для однородной системы уравнений

0¯ 1

1 1 1 1 1¯¯ 0 @1 1 ¡1 2 1¯¯ 0A 1 1 ¡1 1 1¯ 0

Решение.
01	1	¡1	2	1¯	01	III-II	01	1	¡1	2	1¯	01		II-I
1	1	1	1	1¯	0	()	0	0	0	1	0¯	0		()
1	1	1	1	1	0		1	1	1	1	1	0
@		¡		¯			@			¡	¯
@		¡		¯ A			@			¡	¯ A
				¯							¯					0¯	01
										()	00		0	¡2	1	0¯	01
				¯						()	¯	0	0	0	1	0¯	0
				¯							¯	1	1	1	1	1	0
											@				¡	¯	A
											@				¡	¯	A
																¯
																¯

Делая замену переменных y1 = x1, y2 = x3, y3 = x4, y4 = x2, y5 = x5, получим:

00	¡2	1		0	0¯	01	I+III	00	¡2	0	0	0¯		01	I+ 21 II
0	0		1	0	0¯	0	II+III	0	0	1	0	0¯		0	()
0	0		1	0	0¯	0	()	0	0	1	0	0¯		0	()
1	1	1		1	1	0		1	1	0	1	1	¯	0
@		¡			¯	A		@		¡			¯	A
@		¡			¯	A		@		¡			¯	A
					¯							1	¯	0	0	1	1	0
					¯					()	00		¯	¡2 0		0	0¯	01
										()		0		0	1	0	0¯	0
											@				¡		¯	A
											@				¡		¯	A
																	¯
																	¯

Выпишем общее решение системы:

y1 = ¡C1 ¡ C2;

x1 = ¡C1 ¡ C2;

= C1;

() >

= 0;

()

> y4

> x4

8 y2

= 0;

8 x2

= C1;

> y3 = 0;

> x3 = 0;

> y5 = C2;

> x5 = C2;

0x2

() Bx4C

B C

Bx5C

= C

+ C

@ A

= (¡1; 1; 0; 0; 0)

= (¡1; 0; 0; 0; 1)

образуют базис

Векторы f1

, f2

в пространстве решений. Построим

искомую

фундаментальную

систему решений ортогонализацией базиса ff1; f2g:

~e1 = kf~1k = µ¡p2

; p2; 0; 0; 0¶

;

~e~2 = f~2

¡ (f~2;~e1)~e1 = µ¡2; ¡2; 0; 0; 1¶

;

~e2 = k~e~2k =

µ¡p6; ¡p6; 0; 0; p6

~e2

Искомая ортонормированная фундаментальная система решений есть f~e1;~e2g. Отметим, что полученное решение не единственно. Другие ортонормированные фундаментальные сиситемы решений могут быть получены из найденной произвольным поворотом "внутри пространства решений".

5. Разложить вектор ~x = (5; 2; ¡2; 2)t в ортогональную сумму ~x =

~	~						~
f + ~g, f 2 F , ~g?F , где F					линейная оболочка векторов f1 =
(2; 1; 1; ¡1)		t	~	t		~	~
(2; 1; 1; ¡1)			, f2	= (1; 1; 3; 0) .		~	~
Решение. Прежде всего заметим, что векторы f1							, f2 линейно не-
				~	~	~
зависимы. Далее, положим f = ®1f1						+ ®2f2. Условие ортогонально-
				~	~

сти вектора ~g = x ¡ ®1f1 ¡ ®2f2 подпространству F эквивалентно

											14
равенствам
	~		~	~
(~x ®1f1		®2f2		; f1) = 0;		()
½ (~x	¡ ®1f~1	¡ ®2f~2; f~2) = 0;				()
	¡	¡	½ ®1(f~1		; f~2) + ®2		(f~2	; f~2) = (~x; f~2); ()
	()		½ ®1(f~1		; f~2) + ®2		(f~2	; f~2) = (~x; f~2); ()
				~	~		~	~	~
			®1(f1		; f1) + ®2(f2			; f1) = (~x; f1);
						7®1 + 6®2 = 8;				®1 = 2;
				() ½ 6®1 + 11®2 = 1; () ½						®2 = ¡1:
Таким	образом,		~	=	~	~		=	t	~g = ~x	¡
Таким	образом,		f	=	2f1	¡ f2		=	(3; 1; ¡1; ¡2) ,	~g = ~x	¡
~			t				ортогональное разложение ~x				=
f = (2; 1; ¡t		1; 4) ; справедливоt					ортогональное разложение ~x				=
(3; 1; ¡1; ¡2) + (2; 1; ¡1; 4) .

Задачи для самостоятельного решения

1.Даны ~x = (0; 2; 1; 2), ~y = (¡1; 1; 1; ¡1). Найти

a)(~x; ~y), k~xk, kyk;

b)косинус угла между векторами ~x и ~y;

2.Вычислить (~x; ~y), k~xk, kyk для ~x = (2¡i; i; 3+i), ~y = (2; 3¡i; 1+i), где i мнимая единица, т.е. i2 = ¡1.

3.Процессом ортогонализации построить ортонормированный базис

	3	~	= (1; 1; 1; ¡1)	t	~	=
подпространства в R		, натянутого на векторы f1	= (1; 1; 1; ¡1)		, f2	=
t ~		t
(1; ¡1; ¡1; 1) , f3	= (¡1; ¡1; 1; 0) .

4. Построить ортонормированную фундаментальную систему реше-
ний для однородной системы уравнений
µ	¯ ¶

¯0

1 1 ¡1 2¯ 0

5.Разложить вектор ~x = (1; 2; ¡1; 2)t в ортогональную сумму ~x =¯

~	~									~	=
f + ~g, f		2 F , ~g?F , где F линейная оболочка векторов f1									=
	t	~		t	.
(1; 1; 1; 1) , f2 = (1; 1; 1; 0)					.
	Собственные числа и собственные векторы
1.Найти собственные числа и собственные векторы матрицы
					µ1 ¡2¶
					1	¡2		:
Решение. Выпишем характеристический многочлен матрицы A:
			¯		1		2	¸¯
			¯			¡ ¡		¯
		dA(¸) =	¯	1 ¡ ¸			¡2	¯	= ¸(¸ + 1):
Собственными числами матрицы¯							A называются¯			корни характерис-

тического многочлена dA(¸); в данном случае собственные числа матрицы A: ¸1 = 0, ¸2 = ¡1. Собственными векторами матрицы A,

отвечающими собственному числу ¸ называются ненулевые решения

				~	~
однородного уравнения (A ¡ ¸I)f = 0.
Найдем собственные векторы матрицы A, отвечающие собствен-
ному значению ¸1 = 0:		¡2¯		0¶	() ½ x2 = C; ()
¡	() µ1	¡2¯		0¶	() ½ x2 = C; ()
(A ¸1I)f~1 = ~0	1	¡2	¯	0	x1 = 2C;
			¯		() f1	= µx2¶ = C	µ1¶	:
			¯		~	x1	2

Так же найдем собственные векторы, отвечающие собственному

числу ¸2 = ¡1:	()	µ1 ¡1¯			0¶	() ½ x2 = C; ()
¡	()	µ1 ¡1¯			0¶	() ½ x2 = C; ()
(A ¸2I)f~2 = ~0		2 ¡2		¯	0		x1 = C;
(A ¸2I)f~2 = ~0		2 ¡2		¯	0		x1 = C;
				¯			~	x1	1
				¯			() f2 =	µx2¶	= C µ1¶:
2. Подобным преобразованием привести матрицу A к диагонально-
му виду		A =	0¡3			¡5	01:
		A =	0¡3			¡5	01:
					4	6	0
			@¡3			¡6	1A

Решение. Требуется найти обратимую матрицу X такую, чтобы матрица X¡1AX была диагональна, и выписать матрицу X¡1AX. Матрицу X можно составить из линейно независимых собственных

~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~

векторов матрицы A: f1; f2; f3 (Af1 = ¸1f1, Af2 = ¸2f2, Af3 = ¸3f3). При этом матрица X¡1AX будет иметь вид diagf¸1; ¸2; ¸3g.

Характеристический многочлен матрицы A имеет вид dA(¸) = ¡(¸ ¡ 1)2(¸ + 2):

Следовательно, собственные числа матрицы A: ¸1 = ¸2 = 1,

~ ~

¸3 = ¡2. Решая задачу (A ¡ 1 ¢ I)f = 0 на собственный вектор, отвечающий собственным числам ¸1 = ¸2 = 1 методом Гаусса,

получаем общее решение (x1; x2; x3)t					=	C1(¡2; 1; 0)t + C2(0; 0; 1)t.
Таким образом, собственным значениям ¸1 = ¸2							= 1 отвечают
						~	t	~
линейноt независимые собственные векторы f1 = (¡2; 1; 0) , f2 =
(0; 0; 1) . Аналогично, собственному значению ¸3 = ¡2 отвечает
собственный вектор		~			t		матрицу	X из
собственный вектор		f3 = (¡1; 1; 1) . Составляя					матрицу	X из
~	~	~
вектор-столбцов f1	, f2, f3, получим				1	1:
		X = 0	1	0	1	1:
		@	¡2	0 ¡1		A
		@	0	1	1	A

~ ~ ~ ~ ~ ~ ¡1

Поскольку Af1 = f1, Af2 = f2, Af3 = ¡2f3, матрица X AX имеет

вид	00	1	0 1	:
X¡1AX =	00	1	0 1	:
	1	0	0
	@0	0	¡2A

Подчеркнем, что последнее равенство ясно и без вычислений из общей теории.

3. Определить можно ли подобным преобразованием привести мат-

рицу	00	0	11
A =	00	0	11
	0	1	1
к диагональному виду.	@0	0	0A

Решение. Для того, чтобы матрица A была подобна диагональной необходимо и достаточно чтобы из собственных векторов матрицы A можно было составить базис в C3. Характеристический многочлен

матрицы A имеет вид

dA(¸) =

¯¡0

1¸ 1

= ¸3

¯ 0

¡0

¸¯

¡ ¯

A: ¸1 = ¸2 = ¸3 = 0.

Следовательно, собственные¯

числа матрицы¯

Найдем собственные векторы матрицы A, отвечающие собственным

значениям ¸1 = ¸2 = ¸3 = 0:

I)f~ = ~0

()

00 0 1¯

()

0¯

0 0

x2 = 0

0 1

() µ0 0 1¯

0¶ () ½ x3 = 0 ()

= 0

0x21

= C

001

8 x2

f =

= C

() < x3 = 0

()

@ A

Пространство собственных векторов, матрицы A отвечающих собственным числам ¸1 = ¸2 = ¸3 = 0, одномерно, а потому нельзя выбрать три линейно независимых собственных вектора. Следовательно, матрица A не диагонализуется.

4. Привести симметричную	матрицу		¡11
A =	0¡1	1	¡11
	1	¡1	¡1	A
	@¡1	¡1	1	A

ортогональным преобразованием подобия к диагональному виду. Решение. Требуется найти ортогональную матрицу T такую, чтобы матрица T ¡1AT была диагональна, и выписать матрицу T ¡1AT . Матрицу T можно составить из нормированных и ортогональных друг другу собственных векторов матрицы A: ~e1, ~e2, ~e3 (A~e1 = ¸1~e1,

A~e2 = ¸2~e2, A~e3

= ¸3~e3). При этом на диагонале матрицы T ¡1AT

будут стоять соответствующие собственные числа ¸1; ¸2; ¸3.

Характеристический многочлен матрицы A имеет вид

dA(¸) = ¯

¡1 1 ¡ ¸

¡1 ¯ =

¡1

1 ¡ ¸ ¡1

¯ =

¡1

1 1¡ ¸¯

¸ 2 2 ¸¯

1 ¸ ¡1

1 ¡ ¸ ¡1

¡1

¯¸

¡¯

¡1

= ¯

= (2

¸)(¸

2) = (¸

2) (¸ + 1):

¡0 2¡ ¸¯

= ¸

= 2

Собственные¯

числа матрицы¯

Найдем собственные векторы матрицы A, отвечающие собствен-

ным числам ¸1 = ¸2 = 2:

8 x2

(A 2I)f~ = ~0

0¡1 ¡1 ¡1¯

= C1;

¡ C2;

¡1 ¡1

¡1 0

= ¡C1

@¡

< x3 = C2;

()

1 1 1¯

+ C2

f =

0x21

= C1 0

0 0

()

@x3A @ 0 A @ 1 A

образуют базис в собствен-

Векторы f1

= (¡1; 1; 0) , f2 = (¡1; 0; 1)

ном подпространстве F матрицы A, отвечающем собственному чи-

слу 2. Построим ортонормированный базис в F ортогонализацией

базиса ff1; f2g:

~e1 = kf~1k

= µ¡p2; p2; 0¶

;

~e~2 = f~2 ¡ (f~2;~e1)~e1 = µ¡

; ¡

; 1¶ ;

; p6

~e2

= k~e~2k =

µ¡p6; ¡p6

~e2

Векторы ~e1, ~e2 ортогональные друг другу и нормированные собственные векторы матрицы A, отвечающие собственным числам

¸1 = ¸2 = 2.

Найдем собственный вектор матрицы A, отвечающий собственно-

му числу ¸3 = ¡1:

0¡1 2 ¡1¯

( 1)I)f~ = ~0

()

¡ ¡

()

2 ¡1

¡1

III

@¡

¯ A

0¡1 2 ¡1¯

II-I

00 3 ¡3¯

III-2I

()

1¯

3 3

1 1

¯0

I-II

1 0

()

() µ0 1 ¡1¯

0¶ () µ0 1 ¡1¯

0¶

8 x2

0x21

= C;

f =

= C 011

= C;¯

() < x3 = C;

()

@x3A @1A

Нормировав вектор f, получаем ~e

;

, отвечающий

³p3

собственному числу ¸3 = ¡1.

Векторы ~e1, ~e2, ~e3 образуют ортонормированный собственный базис матрицы A. Составляя искомую матрицу T из столбцов ~e1,

~e2, ~e3, получим:	0¡p12			¡p16		p131			:
T =
		1		1		1
	B	p	2	p	6	p	3
		0		¡p26		p13C
	@							A

Поскольку A~e1 = 2~e1, A~e2 = 2~e2, A~e3 = ¡~e3, для матрицы T ¡1AT получаем выражение

T ¡1AT =	00	2	0 1	:
	2	0	0
	@0	0	¡1A

5. Привести унитарным преобразованием подобия к диагональному виду самосопряженную матрицу

A = µ 1 i¶; где i мнимая единицу, т.е. i2 = ¡1:

¡i 1

Решение. Требуется найти унитарную матрицу U такую, чтобы матрица U¡1AU была диагональна, и выписать матрицу U¡1AU. Матрицу U можно составить из нормированных и ортогональных друг другу собственных векторов матрицы A: ~e1, ~e2 (A~e1 = ¸1~e1, A~e2 = ¸2~e2). При этом матрица U¡1AU будет иметь вид

diagf¸1; ¸2g. Отметим, что хотя собственные значения самосопряженной матрицы A вещественны, векторы ~e1, ~e2 и матрица U вообще говоря комплексные.

Характеристический многочлен матрицы A имеет вид
dA(¸) =	¯1 ¡i¸		1	i	¸¯	= ¸(¸ ¡ 2:)
	¯	¡		¡	¯
	¯				¯
	¯				¯

Собственные числа матрицы A: ¸1 = 0, ¸2 = 2.

Найдем собственный вектор матрицы A, отвечающий собственному числу ¸1 = 0:

~ ~

(A ¡ 0I)f = 0 ()

µ¡i 1¯

0¶

()

µ0

0¯

0¶ ()

II+iI

()

¯ f =

= C

½ x2

= C

iC;

()

µx2

x¯

µ ¶

¡i :

Таким образом, нормированный вектор ~e1 =	1		(¡i; 1)	t	отвечает
	p
		2

собственному числу ¸1 = 0.

Найдем собственный вектор матрицы A, отвечающий собственному числу ¸2 = 2:

()

µ¡i ¡1¯

0¶ ()

µ 0 0¯

0¶ ()

(A 2I)f~ = ~0

¡1 i

0 II-iI

¡1 i

()

= C

()

f¯=

µx2

½ x2

~¯

¯x1

= iC;

µ ¶ i

= C 1 :

Таким образом, нормированный вектор ~e2 =	1		(i; 1)	t	отвечает
	p
		2

собственному числу ¸2 = 2.

Векторы ~e1, ~e2 образуют собственный ортонормированный базис матрицы A в пространстве C2. Составляя искомую матрицу U из

столбцов ~e1, ~e2, получим	Ã¡p122		p12!		:
U =	Ã¡p122		p12!		:
		i	i
	p		p	2

В силу равенств A~e1 = 0~e1, A~e2 = 2~e2, матрица U¡1AU имеет вид
U¡1AU =	µ0	2¶
	0	0

6. Привести унитарным преобразованием подобия к диагональному

Решение. Требуется найти унитарную матрицу U такую, чтобы матрица U¡1AU была диагональна, и выписать матрицу U¡1AU. Матрицу U можно составить из векторов-столбцов собственного ортонормированного базиса матрицы A в пространстве C2. При этом на диагонали матрицы U¡1AU будут стоять соответствующие собственные числа матрицы A.

Характеристический многочлен матрицы A имеет вид

dA(¸) =

¯p12p1¡2

p1¡2 p12¸¯

= ¸2 ¡ p2¸ + 1:

Собственные значения¯

A (корни¯

матрицы

характеристического мно-

гочлена dA(¸)): ¸1 =

(1 + i), ¸2

(1 ¡ i) (где i мнимая

= p

sqrt2

единица). Решая задачу на собственные векторы, отвечающие соб-


ственным значениям ¸1, ¸2				, получаем нормированные собственные
1		t		1		t
векторы ~e1 = p		(1; ¡i) , ~e2	= p			(1; i)	. Векторы ~e1, ~e2	автоматически
	2				2

ортогональны друг другу и образуют собственный ортонормированный базис матрицы A в пространстве C2. Составляя матрицу U из столбцов ~e1, ~e2, получим

1		1								1	(1 + i)	0
p				p			1			p
	2				2			AU =
U = Ã¡pi				pi		!	; U¡		Ã	2	0	p1		(1 ¡ i)!:
			2		2								2

Заметим, что хотя матрица A вещественна, ее собственные числа и собственные векторы комплексные. Невозможна диагонализация матрицы A в классе вещественных матриц, т.е. так чтобы U (а с ней и U¡1AU) была вещественной.

Задачи для самостоятельного решения

1.	Найти собственные числа и собственные векторы матрицы
		µ5	2¶	:
		3	4
2.	Подобным преобразованием привести матрицу A к диагонально-
му виду			¡2
		1	¡2	0
	A =	@	2	A	:
	A =	0¡2	2	¡21	:

0¡2 3

3.Определить можно ли подобным преобразованием привести мат-

рицу	01	0	01
A =	01	0	01
	0	0	0
к диагональному виду.	@0	1	0A

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Алгебра (общая)