Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южный Федеральный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Reshebnik211108_-_kopia_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

536.61 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 87 8 > Следующая >>>

> x2	= x1;
8 x1	– св. неизв.;
>
<	3
>
:	= ¡2 x1:
> x3	= ¡2 x1:

	x1	x2	x3
u1	2	2	¡3

¸2 = ¡1.							0
	B	○2	0	0	C	2c3¡ c2		0
						»¡	@
ОСЛУ:	B	2	0	0	C	c1 c2		○2
	0				1
	@	1	2	4	A

n = 3, r = 2, n ¡ r = 1 своб. неизв.

0	1	c1	¢	1	0	○1 0	1,
0	0	c1		2		○1 0	0
				1	@ 0 ○1		2 A
○4	8 A c2»¢ 4				@ 0 ○1		2 A

Общее решение:

ФСР

8 x1 = 0;

> x2 = ¡2x3;

> x3

– св. неизв.

>3 = 3.

0 1 2 0 1

2 ¡4 0

ОСЛУ: 0

¡2

○¡1 0

c2 + c1

= 3

r = 2

r = 1

своб. неизв.

0	○¡1	0	0	1,
@	0	○2	0	A

Общее решение:	ФСР
8 x1 = 0;
8 x1 = 0;	x1	x2	x3
> x2 = 0;
<
>
>	u3 0	0	1
>	u3 0	0	1
:

x3 – св.неизв.
Запишем матрицу оператора в базисе u1; u2; u3:
	Au =	0	1	0	0	1	:
		B	0	¡1	0	C
		B	0	0	3	C
		@				A

B	1	2	¡1	C
B	0	3	2	C
б) Ae = B	0	¡1 2		C	:
@			¡	A

¸E

= 0

()

1 ¡ ¸

¡1

= 0 =

¡ ¡

)

2 ¸

1 ¸

¡ ¡

= (1

¸)

¡1 ¡ ¸

= 0 = (1

¸)

(¸2

+ 3¸

4) = 0, ¸1 = 1,

)

¸2 = 1, ¸3 =

¡¯

Так как ¸1 = ¸2 = 1, то в этом примере нельзя воспользоваться достаточным условием простоты структуры оператора.

2) Найдем собственные векторы ¸1 = ¸2 = 1.

ОСЛУ: 0

○2

¡1

1 c2 + c1

○2

¡1

+ c2

○2 0

= 3

-3

r = 1

r = 2

своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

8 x1 – св. неизв.;

> x2 = 0;

>3 =

> x3

= 0

○2

○5

2c1

○2

ОСЛУ: 0

○10

n = 3, r = 2, n ¡ r = 1 своб. неизв.
Общее решение:			ФСР
8 x1 = ¡	1	x2;
8 x1 = ¡	10	x2;		x1		x2	x3
<	3
> x2 – св. неизв.;
>			u2		1	10		15
>	2 x2		u2	¡	1	10	¡	15
> x3 = ¡	2 x2			¡			¡
:

Итак, есть только два линейно независимых собственных вектора u1, u2, а для построения базиса нужны три линейно независимых вектора. Следовательно, не существует базиса из собственных векторов, т.е. оператор не имеет простой структуры.

6.3Линейные операторы с симметрическими матрицами в евклидовых пространствах

Рассмотрим в пространстве En особый класс операторов, матрица которых в ортонормированном базисе симметрична, т.е. Ae = AeT . Такие операторы обладают целым рядом отличительных свойств:

1.Характеристическое уравнение оператора с симметрической матрицей имеет n вещественных корней (среди них могут быть одинаковые, т.е. кратные)

2.Каждому k-кратному собственному числу отвечает k штук линейно независимых собственных векторов.

3.Собственные векторы, отвечающие различным собственным числам, попарно ортогональны.

Свойства 1-3 позволяют сделать вывод: оператор с симметрической матрицей является оператором простой структуры.

Пример 7. Найти ортонормированный базис из собственных векторов оператора с симметрической матрицей

а) Ae =

@ p3

¡1

; базис e1;

e2 – ортонормированный.

¸ ¯

j ¡ j ()

) ¡ ¢ ¡ ¡ ¡

¸1

= 2, ¸2

= 2.

1 ¡ ¸

1. Ae

¸E = 0

¯ = 0 = (1 ¸) ( 1 ¸) 3 = 0; ¸2 4 = 0,

2. Ищем собственные векторы

¸1 = 2:

1 c2

¡1

○1

ОСЛУ:

+c1¢p

@ p

¡3

n = 2, r = 1, n ¡ r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

8 x1 = p

x2;

< x2 – св.неизв.;

1 c1

ОСЛУ:

¡c2¢p

@ p

○1 A

@ p

○1 A

n = 2, r = 1, n ¡ r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

< x2

p3x1;

8 x1

– св.неизв.;

Проверим, что u1 и u2 ортогональны. Для этого найдем их скалярное произведе-

ние:

p p

(u1; u2) = 3 ¢ 1 + 1 ¢ (¡ 3) = 0:

Теперь пронормируем каждый вектор:

j 1j

3 + 1

1 + 3

¡ 2

= u1

; e0

= u2 =

¡2

Запишем матрицу оператора в базисе e10 , e20 :

Ae0 =

B 2 1 1 C б) Ae = B@ 1 1 0 CA

1 0 1

¸E = 0

1 ¸

()

2 ¡ ¸

= 0 c3 ¡ c2

()

= 0 k2 + k3

()

1 1

(1 ¸) 1 ¸ ¯

()

1 ¸

1 ¸ 0

2 ¡ ¸

(1 ¸)

= 0

(1 ¸)

= 0;

1 1

() ¡ ¢

¡ ¢ ¯

¸1

= 1, ¸3 = 3.

= 0, ¸¯2

2. Найдем собственные векторы, отвечающие ¸1, ¸2, ¸3.

¸1 = 0.

2 1 ○1

0 ○1

1 1 0

» B

1 1 0

¡1 ○¡1 0

ОСЛУ:

1 0 1

1 ○1 0

n = 3

r = 2

r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

> x2

;

8 x1

– св. неизв.;

= 1.

> x3

= ¡x2

ОСЛУ:

○1 1 c1

○1

n = 3, r = 2, n ¡ r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

8 x1 = 0;

> x2 – св. неизв.;

> x3 = ¡x2

¸3 = 3.

ОСЛУ:

○¡1 1

+ c

0 ○¡1 1

1 c

○1 2

○1

0 1

n = 3, r = 2, n ¡ r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

8 x1 = 2x2;

> x2 – св. неизв.;

> x3 = x2

Искомый>

ОНБ:

0 p1

0 p2

e10 = B

¡p13

;

e20 =

;

e30

= B p16

¡p2

¡p3

B p6

0 A,

○1

6.4Примеры для самостоятельного решения

6.1.Найти собственные числа и собственные векторы:

а)	B	¡2	1		¡2	C. Отв. ¸1 = ¸2 = ¸3 = ¡1; u = ®(1; ¡1; ¡1); ® 6= 0:
а)	B	2	¡2		3	C. Отв. ¸1 = ¸2 = ¸3 = ¡1; u = ®(1; ¡1; ¡1); ® 6= 0:
	B	1	¡	1	1	C
	@		¡			A

B	¡2	¡1	1
B	2	1	C	= ¸2	= ¸3 = ¡1; u = ®(0; 1; 1)+¯(1; ¡1; 0); j®j+j¯j 6= 0:
б) B	2	1	¡2C. Отв. ¸1	= ¸2	= ¸3 = ¡1; u = ®(0; 1; 1)+¯(1; ¡1; 0); j®j+j¯j 6= 0:
@			A

11 ¡2

6.2.Установить, является ли оператор, оператором простой структуры.

	0	¡2	2
а)	B	¡2	C
а)	B¡1	¡2	3C. Отв. Оператор простой структуры
	@		A

1¡3 2

б)	B	¡2	3		¡1	C
	B	2		2	0	C
	B¡2		3		1	C. Отв. Оператор простой структуры
	@		¡			A

в)

¡1

Отв. Оператор не имеет простой структуры

B¡1

¡2

6.3. Найти ОНБ из собственных векторов и матрицу оператора в этом базисе:

а)

Отв.

1; u1 =

1, u2

0¡1

1, u3 =

B1 C

B 2

B¡2

B0 2

B0 0

3 C

0¡

0¡1

1 30

2 1

B0 0 3C

б)

B¡

u2 =

B¡p30 C

, u3 =

B p6

Отв. 00

3 01; u1

p30

7Учебный модуль №7. Квадратичные формы

Квадратичной формой от n действительных переменных x1, x2, : : :, xn

называют функцию вида f(x1; x2; : : : ; xn) = Pn Pn aijxixj, где aij

i=1 j=1

действительные числа, причем можно считать aij = aji.

Матрица A = (aij) называется матрицей квадратичной формы. Так как aij = aji,

n£n

то матрица A симметрична. Если считать (x1; x2; : : : ; xn) координатами вектора x 2 Rn в некотором базисе e1, e2, : : :, en, то квадратичную форму можно записать в матричной форме:

f(xe) = xTe ¢ Ae ¢ xe;

и можно считать, что квадратичная форма ставит в соответствие вектору x число f(x). Если ввести новый базис e01, e02, : : :, e0n, то матрица квадратичной формы в нем A0e будет связана с матрицей Ae по формуле

0	T	¢ Ae ¢ ePe0:
Ae = eP e0		¢ Ae ¢ ePe0:
	!	!

Каноническим видом квадратичной формы называют следующий ее вид:

f(y1; y2; : : : ; yn) = ¸1y12 + ¸2y22 + : : : + ¸nyn2;

где ¸1; ¸2; : : : ; ¸n – некоторые числа.

В этом случае матрица квадратичной формы диагональна.

Существуют разные методы приведения квадратичной формы к каноническому виду. Рассмотрим два из них.

Метод 1. Приведение квадратичной формы к каноническому виду с помощью

ортогонального преобразования переменных.

Предположим, что имеем матрицы одной и той же квадратичной формы в двух ортонормированных базисах, как было отмечено выше

0	T	¢ Ae ¢ ePe0:
Ae = eP e0		¢ Ae ¢ ePe0:
	!	!

В этом случае P – это матрица перехода от ОНБ к ОНБ. Такая матрица на-

e!e0

зывается ортогональной. Ортогональные матрицы обладают важным свойством: P T = P ¡1, но тогда формулу связи матриц квадратичной формы в двух разных базисах можно записать в виде:

Ae0 = P ¡1	Ae	¢	P ;
e!e0 ¢		¢	e!e0

а эта формула совпадает с формулой связи матриц линейных операторов в двух разных базисах. Учитывая, что матрица квадратичной формы симметрична, можем утверждать, что всегда найдется ОНБ, в котором матрица квадратичной формы будет иметь диагональный вид, а квадратичная форма будет иметь канонический вид.

Пример 1. Привести квадратичную форму к каноническому виду с помощью ортогонального преобразования переменных (или, что то же самое, с помощью ортогональной матрицы).

а) f(x1; x2; x3) = ¡x12 + x22 ¡ 5x32 + 6x1x3 + 4x2x3.

1. Составим матрицу квадратичной формы: Ae =

0¡1 0

1, обратим внима-

ние, что коэффициенты aij = aji и равны половине@коэффициента¡ A при произведе-

нии xixj.

2. Найдем собственные числа матрицы Ae.

A ¸E = 0

¡1 ¡ ¸ 0

¯ = 0

¸ 2

() ¯

¡ ¡

разложим определитель¯

по первой строке: ¯

(

1 ¸)

1 ¡ ¸

¯+3

1 ¡ ¸

= 0;

(

¸)(¸2 +4¸ 9) 9(1 ¸) = 0;

¡ ¡

¡ ¡ ¢

5 ¸

¡ ¡

¡ ¡ ¡

¢¯

¯3

¡ 5¸

¸1 = 0; ¸2 = ¡7; ¸3 = 2:

¡¸

+ 14¸ = 0;

¸(¸

+ 5¸ ¡ 14) = 0;

3. Известно, что для симметрической матрицы существует ортонормированный базис из собственных векторов, в котором матрица квадратичной формы (или, что то же, матрица оператора) имеет диагональный вид:

0	0	0
Ae0 = B0	¡7	0C	;
B0	0	2C
@		A

а тогда сама квадратичная форма имеет канонический вид:

f(x01; x02; x03) = ¡7(x02)2 + 2(x03)2:

Заметим, что, если не требуется, то искать тот ОНБ, в котором матрица имеет диагональный вид, необязательно. Достаточно найти только собственные числа.

б) Найти канонический вид квадратичной формы и то ортогональное преобразование переменных, которое к нему приводит. f(x1; x2; x3; x4) = 2x1x4 + 6x2x3.

	0	0	0	1
1. Ae =	B0 0		3	0C.
	B0	3	0	0C
	B			C
	B	0	0	C
	B1	0	0	0C
	@			A

¡¸

¡ j () ¯

2. Ae

¸E = 0

= 0,

разложим определитель¯

по первой строке:¡ ¯

¡¸ 3

0 ¡¸ 3

= 0;

¸ 0

¸ ¯

разложим каждый из определителей¯

по¯

третьей¯

строке: ¯

(

¸)

( ¸)

¡¸ 3

= 0;

¡¸ 3

(¸2

1) = 0;

¯ ¡ ¯

(¸2

9)(¯ ¸2

1) =¯

0;¯

= 1;

¯¸

1¯; ¸

= 3;

¸¯

¯4

3. Запишем канонический вид квадратичной формы:

f(x01; x02; x03; x04) = x012 ¡ x022 + 3x032 ¡ 3x042:

4. Для отыскания ортогонального преобразования переменных нужно найти мат-

рицу перехода P , тогда искомое преобразование можно записать в матричной

e!e0

форме:

xe = P 0 ¢ x0e:

e!e

Новый базис e01, e02, e03, e04 состоит из собственных векторов. Найдем их.

¸1 = 1.

		0○¡1 0				0	1 1				B	○¡1 0 0					1		1
		B	0	3		1	0	C		»	B		0	0		8	C	»
		B				¡		C			B		0	0		8	0C
ОСЛУ:		B	0	○¡1		3	0	C		+ 3c2	0		0	○¡1		3	01c3 ¢		8
ОСЛУ:		B	0	○¡1		3	0	C c3		+ 3c2	0		0	○¡1		3	01c3 ¢		8
		B	1	0		0		C			@						A
		B	1	0		0	1C
		@			11		¡	A	0○¡1 0						11
0○¡1 0				0	11				0○¡1 0					0	11
» B	0 ○¡1 3				0Cc2		¡»3c3		B	0 ○¡1 0					0C;
B	0		0	1	0C				B	0	0			1	0C
B				○ C					B					○ C
@						A			@						A
n = 4; r = 3;				n ¡ r = 1 св. неизв.

8 Общее решение:

> x = x ;

> 1 4

< x2 = 0;

>> x3 = 0;

: x4– св. неизв.

ФСР

	x1	x2	x3	x4
u1	1	0	0	1

¸2 = ¡1.						11
		0○1 0			0	11				○1	0	0	1
		B	0	3	1	0C		»	B	0	0	8	C
		B	0	○1	3		C	¡ 3c2	B	0	0	8	0C	»
ОСЛУ: B			0	○1	3	0C c3		¡ 3c2	0	0	○1	3	01	»
		B	1	0	0		C		@			¡	A
		B	1	0	0	1C
		@					A			0 11
0○1 0				0 11			0○1 0			0 11
» B	0 ○1 3 0C						» B	0 ○1 0 0C				;
B	0		0	1 0C			B	0 0		1 0C
B				○ C			B			○ C
@						A	@				A
n = 4; r = 3;				n ¡ r = 1 св. неизв.

8 Общее решение:

> x = ¡x ;

> 1 4

< x2 = 0;

>> x3 = 0;

: x4– св. неизв.

ФСР

	x1	x2	x3	x4
u2	¡1	0	0	1

¸3 = 3.

¡3

0¡3

○11c3

ОСЛУ:

¡3

○3

c3 + c2

3c1

»1

¡1

○1 0

		¡3	0	0	○1			1	0¡3
»	0	0 ¡1 ○1			0	1c3			B	0
»	0	0 ¡1 ○1			0	1c3		10	B	0
	B	10	0	0	0	C	»		B	1
	B					C			B○
	@					A			@

n = 4; r = 3; n ¡ r = 1 св. неизв.

0	0	○11c + 3c				0	0	0	0	○11		;
¡1 ○1		0	C	1 »	3	B	0	¡1 ○1 0			C
0	0	0	C			B	1	0	0	0	C
			C			B○					C
			A			@					A

Общее решение:			ФСР
>	= 0;
8 x1	= 0;
>
>
<	– св. неизв.;		x1	x2	x3	x4
> x2	– св. неизв.;		x1	x2	x3	x4
> x4 = 0
>	= x2;	u3	0	1	1	0
> x3	= x2;	u3	0	1	1	0
>
>
¸>	3.
:4 =	3.
	¡

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 87 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.201950.69 Кб1Razyasnenia_po_kassovoy_distsipline.doc
#
20.11.2019320 Кб1recomendation_fin_150606.rtf
#
18.09.20191.65 Mб6ref-18447.rtf
#
13.02.2015196.1 Кб3ref-24254.doc
#
13.02.2015105.98 Кб19Rekomendatsii_dlya_pedagogov.doc
#
12.03.2016536.61 Кб72Reshebnik211108_-_kopia_2.pdf
#
15.11.2019293.89 Кб1rider_filology.doc
#
13.02.2015215.19 Кб4Rider_k_11_lektsii_Rozanova.pdf
#
16.11.201951.95 Кб21rider_po_kriminologii.docx
#
14.09.2019263.74 Кб5Rimskoe_chastnoe_pravo.docx
#
25.09.2019552.45 Кб6Ritorika.doc