Зимина О.В., Кириллов А.И., Сальникова Т.А. Высшая математика (Решебник)

60			Гл. 2. Линейная алгебра
X |-> Вх	=
= {biiXi-}-bi2X2		+ bi3X3, b2iXi-{-b22X2 + b23X3, bsia^i + 632^2 + 6332^3 }j
где X = {х1,Х2,хз}		— произвольный		вектор	пространства		Х^-
Найти координаты			вектора у =	Р{А, В)х	{в том	эюе базисе), где
Р{А,В)	— многочлен		относительно	операторов А и		В.
П Л А Н Р Е Ш Е Н И Я .			Так как при сложении операторов их				матрицы

складываются, при умножении на число — умножаются на это число, а матрица композиции операторов равна произведению их матриц,

то нужно найти матрицу Р(А, В),						где А ж В			— матрицы операторов
AvL В.	Затем столбец координат					вектора у			=	Р(А,В)Х	находим по
формуле Р ( Л , В)		• X , где X — столбец координат вектора х.
1. Построим матрицы операторов А и В:
		а ц	ai2	ai3	\		/	Ьц		bi2	bis
	А= \	а21	а22	^23	1 ,	В	= \	621		^22	^23
		^31	аз2	«33	/		\	^31		Ьз2	Ьзз
2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и
умножения матриц находим матрицу							Р{А,В):
					Ри		Р12	Pi3
			Р{А,	В) =	( Р21		Р22	Р23
					Р31		Р32	РЗЗ
3.	Находим столбец координат образа вектора х:

Ри Pi2 Р13 Р21 Р22 Р23 Р31 Р32 РЗЗ

Записываем ответ в виде Р ( А , В ) х = {yi,г/2?Уз}-

П Р И М Е Р . В некотором базисе трехмерного линейного простран­ ства Хз заданы отображения

ж |-> Аж = {xi + Ж2 - жз, Ж2 Н- жз, жз},

ж |-> Вх = {х2 + 2жз, - a:i, Ж2},

где ж = {ж1, Ж2, Жз} — произвольный вектор пространства Х^. Найти координаты вектора {2А -{- Ао В)х в том же базисе.

2.7. Действия с операторами и их матрицами

61

РЕШЕНИЕ.

1. Построим матрицы операторов А и. В:

1	1	-м		/'	0	1	2
А = 0	1	1		и Б =	- 1 0 0
0	0	1	/	\,	0	1	0

2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и умножения матриц вычисляем матрицу 2А + АВ:

1	1
О	1
О О
				- 1	О	2	\	/	1 2		0
				- 1	1	О		=	- 1	3	2
				0	1	0	/	\	О	1	2
3. Находим столбец координат образа вектора х:
{2А + АоВ)х=\				I I Х2				Xi + 2X2
		- 1	3 2		1 = 1			-Х1 + Зх2 + 2а;з
									Х2 + 2хз
Ответ. {2А + АоВ)х			= {xi	+ 2ж2,-xi + Зхг + 2хз,Х2 + 2хз}.

Условия ЗАДАЧ. Пусть в некотором базисе заданы отображе­ ния Ах ={xi -2хз,Х2,Х2 - х з } и Вх = {2хз,Х1,-Х2}. Найти коорди­ наты векторов Р{А, В)х.

1.	(l2 + 2B)x.	2.	(12_2В2)х.
3.	{В^ + 2А)х.	4.	(АВ + А2)х.
5.	(2А2 + З.В2)х.	6.	(ЗЛ + 2В2)х.
7.	{ВА-ьА'^)х.	8.	(В2 + зЛ2)х.
9.-	{АВ-\-В^)х.	10.	{ВА-АВ)х.

62		Гл. 2. Линейная	алгебра
Ответы.
1.	{xi -	2^2 Н- 4жз, 2x1 4- Х2, -2x2 + а:з}.
2.	{ x i +	2x2, Х2 - 4x3,2x1+ хз}.
3.	{2x1 -	2x2 - 4хз, 2x2 + 2хз, - x i	Н- 2x2 - 2хз}.

4.{xi -f 2хз, xi + Х2, xi + Х2 + хз}.

5.{2x1 — 10x2,2x2 + бхз, -3x1 + 2хз}.

6.{3x1 — 4x2 - бхз, 3x2 + 4хз, -2x1 + 3x2 - Зхз}.

7.{xi — 2хз, Xi + Х2 — 2хз, —Х2 + Хз}.

8.{3x1 — 8x2,3x2 + 2хз, -xi И- Зхз}.

9.{2хз,Х1 + 2хз,Х2}.

10.{-4x3, -2x3, -a:i - 2x2}.

2.8.Преобразование координат вектора

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Вектор х в базисе ei,e2,...,en имеет координаты {ai, «2? • • •, с^п}- Найти координаты вектора х в базисе

61,^2,... ,в^, где

e'l = CiiGi -h C2ie2 + . . . -h CnlCn,

^2 = ci2ei + C22e2 + ... + Cn2en,

e'n = CinCi 4- C2ne2 + . . . -f Cnn^n-

ПЛАН РЕШЕНИЯ. Координаты вектора при переходе от базиса ei, е2, ... , вп к базису e'l, е2, ... , е'^ преобразуются по формуле

Хе^ = С-^Хе,

(1)

где Хе' и Хе — столбцы координат вектора х в базисах e'l, е з , . . . , ejj и ei, 62,..., е^, С — матрица перехода от базиса ei, 62,..., вп к базису

6 1 , 6 2 , . . . , 6 ^ .

1. Находим матрицу перехода С. Так как столбцы матрицы пе­ рехода от базиса 6i, 62,..., бп к базису 6^, б'з,..., б^^ — это столбцы координат векторов 6i, 6 3 , . . . , б^ в базисе ei, б2,..., бп, то матрица перехода имеет вид

/	С Ц	CI2	. . .	Cin	\
С =	С21	С22	• • .	С2п

\ Cnl Сп2	У

2.8. Преобразование координат вектора

63

2. Находим обратную матрицу С ^ и проверяем, что С ^С — Е.

3.По формуле (1) находим столбец координат вектора х в базисе

-1 ? ^ 2 ? •

«2

Записываем ответ в виде Хе' = {а^, «2? • • • ? ^п}-

ПРИМЕР. Вектор х в базисе е1,е2,ез имеет координаты {1,2,3}. Найти координаты вектора х в базисе 61,62,63, где

e'l = е 1 + 2ез,

е'2 = 62 + 63, 63 = —б1 — б2 — 2бз.

РЕШЕНИЕ.

1.Находим матрицу перехода

10 - 1

С= 0 1 - 1

21 - 2

2.Находим обратную матрицу С ^ методом Гаусса:

Таким образом.

с - 1

Проверяем, что С ^С = Е.

3. По формуле (1) находим столбец координат вектора х в базисе

®1»в2,бз:
- 1	- 1	1
Хе/ = С-^Хе = I -2	0	1
-2	- 1	1

Ответ. Хе/ = {0,1,-1}.

64					Гл. 2. Линейная алгебра
Условия ЗАДАЧ. Найти координаты заданного вектора х в ба­
зисе 61,62,63.
1.	e i = e i + e 3 ,					2.	ei:= ei,
		е'2 =		2 6 1 + 6 2 + 6 3 ,			е',: = 2ei + 62,
		ез = е2,					e's-= 3ei + 2e2 + ез.
		Хе =		{3,~5,4}.			Хе = {1, 2,7}.
3.		6i	=	6i,		4.	е ^ = ei + 62 + ез,
		е'2	= б 1 + 2 б 2 ,				е',:= 2e2 + 2ез,
		бз =		б1 +262 + 363,			е'г = 3ез?
		Хе =		{6,2,0}.			Хе =	{2, 6,6}.
5.		6^ =		Зб1 + б2 + 5бз,		6.	ei = 2ei + 62 +Збз,
		б^ =		2б1 + 3б2 +	3бз,		е^ = 3ei + 2б2 + 4бз,
		бз =		2б1 + б2 +	4бз,		е^ =	2ei - Зб2 + бз.
		Хе	= { 0 , 5 , 5 } .				Хе = {9, 14,16}.
7.		6; =		2б1 + 6б2 + 5бз,		8.	6i =	Зб1 + 2б2 + Збз,
		62 =		5б1 + Зб2 -	2бз,		б2 =	-4б1 - Зб2 - 5ез,
		63 = 7б1 + 4б2 - Збз,					бз = 5б1 + б2 - бз,
		Хе = {1,0,-1}.					Хе = {-2,0,1}.
9.		6i = 2б1 + 3б2 + бз,				10. б; =б1 + 2б2 + 2бз,
		62 = 7б1 + 9б2 + 5бз,					б2 = 2ei + 62 - 2бз,
		63 = Збх + 4б2 + Збз,					бз = 2б1 - 2б2 + бз,
		Хе	={0,3,3}.				Хе	= { - 9 , 0 , 9 } .
Ответы.				l.Xe' = { 5 , - 1 , - 4 } .		2.Хе/ = {4,-12,7}. З.Хе/ = {5,1,0}.
4.Хе/={2,0,0}. 5.Хе/={-6,1,8}.						6.Хе/={2,3,-2}. 7. Хе/={0,-4,3}.
З.Хе/	= { 5 , 3 , - 1 } . 9. Хе/ = { 5 , - 4 , 6 } . 10. Хе/ = { 1 , 0 , - 1 } .

2.9. Преобразование матрицы оператора

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Найти матрицу некоторого оператора А в базисе 6^, 62,..., 6^, где

е[ =	С ц б ! +	С21б2 +	. . . +	С„1бп,
б2 =	С12б1 +	С22б2 +	. . . +	С„2бп,
6^ =	Cin6i +	С2пб2 +	. . . +	Спп^п,

2.9. Преобразование матрицы оператора

65

если в базисе ei, ег, ... , вп его матрица имеет вид

ац	ai2	din	\
А.=		а2п
О'п!	0,п2		J

ПЛАН РЕШЕНИЯ. При переходе от базиса ei,e2, ... ,e„ к базису e'l,е'г,...,е(^ матрица оператора преобразуется по формуле

Ае' =	С-^А^С,	(1)
где С — матрица перехода	от базиса ei,e2,...,en	к базису

^1 , 6 2 , . . . , е ^ .

1.Находим матрицу перехода С. Так как столбцы матрицы пе­ рехода от базиса ei, е2, ... , е„ к базису е^, е2, ... , е^ — это столбцы

координат векторов е^, е2, ... , е'^ в базисе ei, е2,. •., вп, то

/	Си	Си . .		Cin	\
С =	С21	С22	• •	С2п
\	Сп1	Сп2	•	Спп	)

2. Находим обратную матрицу С~^ и проверяем, что С~^С = Е. 3. Находим матрицу оператора А в базисе е[,е2^ • • • )^п ^^ фор­

муле (1)

Ае' = С-^А^С.

ПРИМЕР . Найти матрицу оператора А в базисе 6^,62,63, где

ei = ei +62 + 2ез, е2 = 2ei — е2,

вз = - e i +62 + 63,

если в базисе 61,62,63 его матрица имеет вид

Ае =

66	Гл. 2. Линейнал алгебра

РЕШЕНИЕ.

1.Находим матрицу перехода

2. Находим обратную матрицу С ^ методом Гаусса:

1	2 - 1 I 1 О О \				/ 1 О О I				1	2 - 1
1 - 1		1 I О 1 О -				О 1 О 1 - 1 - 3					2
2	О	1 1 0 0 1 /			\ 0 0 1 | - 2 - 4						3
Таким образом,
			с-1 =
Убеждаемся, что С • С				^ — Е:			-м
сс-^ =		1	2	- 1	1	2			/ 1 0		0
		1	- 1	1	1	- 3	2	==		0 1 0
		2	0	1	2	- 4	3	/	\ 0 0 1

3. Находим матрицу оператора А в базисе е'^, е2,63 по формуле (1)

Ответ. А^> =

2.9. Преобразование матрицы оператора

67

Условия ЗАДАЧ. Найти матрицы A^i в базисе е'^,62,63, где

е[ ~ 2ei + 3e2 +63, 62 = 3ei -f-4e2 + ез, е'з = е1+2е2 + 2ез,

если заданы мат^рицы А^ в базисе 61,62,63.

1.	А,					2.	Ае =
3.	Ае					4.	Ле
5.	А^ =					6.	Л е -
7.	Л е -						Ле =
).	А , -	0	-	1	3	10. Ле
		-4		0	2
		0	-	1	2

Ответы.
	-47 -67 -37						37 -55 -27
1. Ае/ =	30	43	23	.	2.	А^,	24	35	19
	9	12	9				6	10	2
	20	27	22				-26	-47	7
3. Ае/ =	-13	-17	-16	.	4. Л«, =		13	25	-6
	-1	-2	0				13	20	3
	27	42	13				1	-1	15
5. Ае/ =	-18	-28	-8		6.	Л	-2 -1 --11
	-2	-4	0				4	6	0

68 Гл. 2. Линейная алгебра

		43 -60 -34					4	4	21 \
7.	А^> ==	28	39	22	.	8. А^,	1 --1		-11	•
		10	14	7			0	1	-5 /
		28	-40	-28			-86	-ИЗ --60
9.	А^, =	17	24	18	.	10. А^. =	51		67	35
		5	7	6			23		30	18

2.10.Собственные значения и собственные векторы оператора

ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Найти собственные значения и собст­ венные векторы оператора А : Х„ ь-> Х^, заданного в некотором базисе матрицей

/ац		ai2	...	ain	\
. _ ,	а21	а22	• • • а-2п
\	ttnl	0,п2	• • •	О'пп	)

ПЛАН РЕШЕНИЯ. Собственные значения оператора А являются корнями его характеристического уравнения det(>l — \Е) — 0.

1.Составляем характеристическое уравнение и находим все его вещественные корни (среди них могут быть и кратные).

2.Для каждого собственного значения Лг найдем собственные век­ торы. Для этого записываем однородную систему уравнений

{А - \Е)Х	= О
и находим фундаментальную систему решений XJ, Х з , . . . , Х^_^^, где
Гг — ранг матрицы системы А — \Е.	(Заметим, что г^ < п, так как
det(A - XiE) = 0.)

3. Столбцы XJ, ^ 2 , . . . , Х!1;^_^. являются столбцами координат иско­ мых собственных векторов е^, 62,..., е^_^.. Окончательно для Л = Л» записываем ответ в виде

4 = {•••}, 4-{•••},		• • • . e u . = {•••}
ЗАМЕЧАНИЕ.	Множество собственных векторов,		соответствую­
щих собственному значению Л^, можно записать в виде
5л=л, =	{х : x = Ciei + С2е*2 + • • • + Сп-гА-г,		Ф 0}

2.10. Собственные значения и собственные векторы		69
ПРИМЕР.	Найти собственные значения и собственные	векторы
оператора А:	Хз ь-> Хз, заданного в некотором базисе матрицей

РЕШЕНИЕ.

1.Составляем характеристическое уравнение:

3 - Л	О	О
1	2 - Л	- 1 = 0 4=^{3~	Л)(Л2 -	4Л + 3) = 0.
1	- 1	2 - Л
Поэтому Ai,2 = 3, Лз = 1.
2. Для собственного значения Ai,2 =			3 найдем собственные век­
торы. Запишем однородную систему уравнений				{А- 3 - Е)Х	= О:
			Xi — Х2 — Хз = О,
			Xi — Х2 — Х^ =		0.

Очевидно, ранг матрицы этой системы равен 1 {п — г = 2 — размер­ ность пространства решений), следовательно, система нетривиально совместна и ее фундаментальная система решений имеет вид

Xi = 1 ,

Х2 =

Итак, двукратному собственному значению Ai^2 = 3 соответствуют два линейно независимых собственных вектора ei = {1,1,0} и е2 = = {1,0,1}. Множество всех собственных векторов 5AI2=3J соответ­ ствующих собственному значению Ai^2 = 3, имеет вид

Зхг,2=з = {х : X = Ciei + С2е2 ^ 0}.

Аналогично находим собственный вектор, соответствующий собственному значению Аз = 1. Получим ез = {0,1,1}. Поэтому мно­ жество всех собственных векторов Sx^^i, соответствующих собственному значению Аз = 1, имеет вид

5лз=1 = {х : X = Сзез ф 0}.