Вища математика1 / Algoritm

Задача 7.4. Нехай A 2 Mat3(|). Довести, що якщо матриця A2 ма¹ власне значення ¸2, то принаймнi один з елементiв ¸ òà ¡¸ ¹ власним значенням матрицi A. Знайти розв'язки рiвняння X2 = J3(9).

матрицi A ¹ квадратом		Q			Q	A
Розв'язання. Якщо		n	, òî		n		2	, тобто довiльне власне значення
2	ÂA(t) = i=1(t ¡ ¸i)			ÂA	(t) = i=1(t ¡ ¸i )
		деякого власного значення матрицi .

Матриця X2 = J3(9) ма¹ ¹дине власне значення 9. Тому власними значеннями матрицi X можуть бути лише числа 3, ¡3. Якщо ЖНФ матрицi X ¹ прямою сумою щонайменше двох клiтин Жордана, то ця ж умова викону¹ться для матрицi X2, що суперечить умовi. Отже, можливi

два випадки: J(X) = J3		(3) àáî J(X) = J3(¡3). Розглянемо, наприклад, другий випадок. ЖНФ
матрицi X2 = J32(	3) =	0	0	9	6	1	äîðiâíþ¹ J3				(9), матриця переходу: S =							0	0	6	0			1.
¡		B	9	¡6	1	C												B	36	1	0			C
			0	0	¡9														0	¡0 1
		@				A												@		¡1	1			A
Òîäi J3(9) = S¡1J3 (	3)S, çâiäêè X = S¡1J3(								3)S. Обчисливши, одержимо X =								0		0	3				1.
																					¡6
	¡							¡									B	¡3		6	216			C
																			0	¡0	¡3
2																	@				1			A
							0				1, äå T =	0
Ùå îäèí ðîçâ'ÿçîê: X = T ¡1J3					(3)T =			0	3	6			0	6	0	1.
								3	1	¡1			36	1	0
							B	0	6	216	C	B	0	0	1	C
									0	3
							@			1	A	@				A

8. Евклiдовi простори

Задача 8.1. Знайти ортогональну проекцiю prU (x) вектора x = (1; 1; 5)> на пiдпростiр U =

¡u1; u2; u3¢ ½ R3, äå

u1

=

0

2

1

; u2 =

0

5

1; u3 =

0

1

1

;

2

2

4

B

1

C

B

4

C

B

¡1

C

@

A

òà

@

A

@

A

ортогональну складову

ortU (x)

вектора

x

вiдстань вiд

x

äî

U

.

Розв'язання. Базис пiдпростору U äîðiâíþ¹ fu1; u2g, ортогоналiзу¹мо його за методом Грама-

Øìiäòà:

(u2; v1) v1

= 0 2 1

18

0 2

1 = 0 2 1

2

0 2 1

= 0

2 1

:

v1 = u1; v2 = u2

¡ (v1; v1)

B

5

¡

9

2

C B

5

B

2

1

C

4 C

B 1

4 C ¡

1 C B

¡2

@

A

@

A

@

A

@

A

@

A

0

1

0

Отже, вектори v1 =

2

òà v2 =

2

1

утворюють ортогональний базис пiдпростору U. Òîäi

B

2

C

B

1

C

1

¡2

@

A

@

A

+ v2 = 0

3

1

(x; v1)

(x; v2)

9

9

prU (x) =

v1 +

v2 =

v1 +

v2

= v1

0

= 3e1 + 3e3:

(v1; v1)

(v2; v2)

9

9

B

3

C

@

A

Ортогональна складова дорiвню¹ ortU (x) = x ¡ prU (x) = (¡2; 1; 2)> = ¡2e1 + e2 + 2e3, вiдстань вiд x äî U äîðiâíþ¹ jortU (x)j = p9 = 3.

Задача 8.2. Знайти ортогональне перетворення, яке зводить квадратичну форму

x21 ¡ 2x22 + x23 + 4x1x2 ¡ 2x1x3 + 4x2x3

до канонiчного вигляду (зведення до головних осей), i записати цей канонiчний вигляд.

Розв'язання. Випишемо матрицю F дано¨ квадратично¨ форми:

F =

0

2

2

¡2

1:

B

1

2

1

C

¡1

¡2

1

@

2

A

Знайдемо власнi вектори матрицi F . ÂF (t) = (t ¡ 2) (t + 4), îòæå, J(F ) = J1(2) © J1(2) © J1(¡4) i

Знайдемо

¡

= e3 ¡ e1; u2 = 2e1 + e2);

V2. Покладемо

¡

¡ 2e2 + e3):

V2 = Ker (F ¡ 2I3) =

u1

V¡4

= Ker (F + 4I3) =

u3 = e1

ортогональний базис власного пiдпростору

v1 = u1 = 0

1

1; v2

0

2

1

0

1

1

= 0

1

1:

¡0

= u2

¡

(u2; v1)

v1 =

1

¡2

¡0

1

(v2; v2)

2

B

1

C

B

0

C ¡

B

1

C B

1

C

@

A

@

A

@

A

@

A

Випишемо тепер потрiбний ортонормований базис v простору R4 та вiдповiдну ортогональну матрицю переходу T = Tev:

	0	1				1			1			1					0	p			p				1
		¡p				p			p					1				¡ 3			2			1
				2			3			6																	1
									2
																					p2					; T ¡		= T >:
T =		0				p1			p¡				=					0						2
								3		6
														p6
	B	p12				p13			p16			C					B	p3			p2			¡1	C
	@											A					@								A

Тодi формула перетворення координат квадратичíо¨ форми ¹ такою:

p

p2

x1

3

1

y1

0 x2

1

=

1

0

¡

p

10 y2

1

:

0

2

2

p6

B x3

C

B

p3

p2

¡1

CB y3

C

@

A

@

A@

A

Згiдно з алгоритмом, квадратична форма в координатах y1; y2; y3 набуде вигляду:

2y12 + 2y22 ¡ 4y32:

Перевiрка. Матриця квадратично¨ форми в ортонормованому базисi v äîðiâíþ¹

	0	2	0	0	1
T ¡1F T =	B	0	0	¡4	C	:
	@				A