1
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
РОССИЙСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ МИРЭА
Руководство по решению задач
по алгебре и геометрии
2 семестр
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Для студентов очной формы обучения
институтов ИТ и РТС, Физико-технологического института
Под редакцией кандидата физико-математических наук
Н.С. Чекалкина
Москва-2019
2
УДК
ББК
Печатается по решению редакционно-издательского совета Российского
технологического университета (МИРЭА)
Рецензенты:
Бобылева Татьяна Николаевна, к.ф.-м.н., доцент, доцент кафедры высшей
математики МГСУ
Игонина Татьяна Романовна, к.ф.-м.н., доцент кафедры высшей
математики-2, Физико-технологического института, РТУ МИРЭА
Авторский коллектив: Горшунова Татьяна Алексеевна, Гущина Елена
Николаевна, Кузнецова Екатерина Юрьевна, Морозова Татьяна
Анатольевна, Новикова Александра Ивановна, Таланова Людмила Ивановна.
Алгебра и геометрия,2 семестр –М.: Российский технологический
университет (МИРЭА), 2019-
Методическое пособие предназначено для студентов очной
формы обучения институтов ИТ, РТС и Физико-технологического института.
Пособие включает следующие разделы: линейные пространства, линейные
операторы, билинейные и квадратичные формы, евклидовы пространства.
Издается в авторской редакции.
© Российский технологический
университет (МИРЭА), 2019.
3
Оглавление I. ЛИНЕЙНЫЕ ПРОСТРАНСТВА ............................................................................................................ 4
II. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРЫ ................................................................................................................ 14
III. БИЛИНЕЙНЫЕ И КВАДРАТИЧНЫЕ ФОРМЫ ............................................................................. 35
IV.ЕВКЛИДОВЫ ПРОСТРАНСТВА ...................................................................................................... 41
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ ......................................................................................................................... 50
4
I. ЛИНЕЙНЫЕ ПРОСТРАНСТВА
Определение.Непустое множество 𝐿 называется линейным пространством, а
его элементы векторами, если выполняются следующие условия:
1) Задана операция сложения, т.е. любым двум элементам 𝑥 ,𝑦 ∈ 𝐿
ставится в соответствие элемент 𝑥 +𝑦 ∈ 𝐿, называемый их суммой.
2) Задана операция умножения вектора на число, т.е. любому элементу
𝑥 ∈ 𝐿 и числу 𝛼 ∈ 𝑅ставится в соответствие элемент 𝛼𝑥 ∈ 𝐿,
называемый произведением элемента на число.
3) Для ∀ 𝑥 ,𝑦, 𝑧 ∈ 𝐿, и 𝛼, 𝛽 ∈ 𝑅 выполняются следующие аксиомы:
1. 𝑥 + 𝑦 = 𝑦 + 𝑥
2. (𝑥 + 𝑦 ) + 𝑧 = 𝑥 + (𝑦 + 𝑧 )
3. ∃0 ∈ 𝐿: ∀𝑥 ∈ 𝐿, 𝑥 + 0 = 𝑥 (нулевой вектор)
4. ∀𝑥 ∈ 𝐿 ∃ −𝑥 ∈ 𝐿: 𝑥 + −𝑥 = 0 (противоположный вектор)
5. 1 ⋅ 𝑥 = 𝑥
6. 𝛼𝛽 𝑥 = 𝛼 𝛽𝑥
7. 𝛼(𝑥 + 𝑦 )=𝛼𝑥 + 𝛼𝑦
8. 𝛼 + 𝛽 𝑥 = 𝛼𝑥 + 𝛽𝑥
Замечание.Из определения линейного пространстваследует, что сумма
определена для любыхдвух элементовиз 𝐿 и всегда является элементом
множества 𝐿. В этом случае говорят, что множество 𝐿 замкнуто относительно
операции сложения [3]. Произведение на число также определено для любого
элемента из 𝐿 и всегда является элементом множества 𝐿, тогда говорят,
чтомножество 𝐿 замкнуто относительно операции умножения на число.
Таким образом, линейное пространство 𝐿 замкнуто относительно операций
сложение и умножение на число, так как в результате этих операций мы
получаем элементы того же пространства.
Следствия из аксиом:
Следствие 1.В линейном пространстве может быть только один нулевой
вектор.
Следствие 2. Каждый элемент линейного пространства имеет только один
противоположный.
Следствие 3. Введем обозначение: 𝑥 − 𝑦 = 𝑥 + (−𝑦 ), тогда для любых 𝑎 и
𝑏 ∈ 𝐿 существует единственное решение уравнения 𝑎 + 𝑥 = 𝑏 в виде
𝑥 = 𝑏 − 𝑎 .
Следствие 4.0 ∙ 𝑥 =0
5
Следствие 5.𝛼 ∙ 0 = 0
Следствие 6.−𝑥 = (−1)𝑥
Следствие 7.𝛼(-𝑥 ) = −𝛼𝑥
Определение. Линейной комбинацией векторов 𝑎 1, … , 𝑎 𝑛называется
выражение вида 𝜆 1𝑎 1 + ⋯ + 𝜆 𝑛𝑎 𝑛 ; где 𝜆 𝑖 ∈R
Определение линейной зависимости: Система векторов 𝑆 = {𝑎 1 , … , 𝑎 𝑛} ∈ 𝐿
называется линейно зависимой, если найдутся такие числа𝜆1. . . 𝜆𝑛 ∈ 𝑅, не
равные одновременно нулю и такие, что 𝜆 1𝑎 1 + ⋯ + 𝜆 𝑛𝑎 𝑛 = 0 .
Определение линейной независимости:Еслиравенство𝜆 1𝑎 1 + ⋯ +
+𝜆 𝑛𝑎 𝑛 = 0 возможно, только когда𝜆1 =. . . = 𝜆𝑛 = 0, то система векторов
𝑆 = {𝑎 1 , … , 𝑎 𝑛} ∈ 𝐿 называется линейно независимой.
Критерий линейной зависимости:
Система векторов 𝑆 = {𝑎 1, … , 𝑎 𝑛} ∈ 𝐿 , 𝑛 ≥ 2, линейно зависима тогда и
только тогда, когда хотя бы один из ее векторов можно представить в виде
линейном комбинации остальных.
Геометрический смысл линейной зависимости.
Рассмотрим 𝑆- систему геометрических векторов в трехмерном пространстве.
1. Система, состоящая из одного ненулевого вектора 𝑆 = {𝑎 } , 𝑎 ≠
0 линейно - независима.
2. Система из двух векторов 𝑆 = {𝑎 , 𝑏 } линейно зависима 𝑎 ∥ 𝑏 (векторы коллинеарны).
3. Система из трех векторов 𝑆 = {𝑎 , 𝑏 , 𝑐 } линейно зависима 𝑎 𝑏 𝑐 = 0
(векторы компланарны).
4. Система, состоящая более чем из трех векторов, линейно зависима.
Базис и размерностьлинейного пространства
Определение.Система векторов {𝑒 1, … , 𝑒 𝑛} ∈ 𝐿 называется полной, если
любой вектор 𝑥 ∈ 𝐿 можно представить в виде линейной комбинации
векторов системы:𝑥 = 𝑥1𝑒 1 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒 𝑛 .
Определение.Упорядоченная система векторов {𝑒 1, … , 𝑒 𝑛} ∈ 𝐿 называется
базисом линейного пространства 𝐿 , если она линейно-независимая и полная.
6
𝑥 = 𝑥1𝑒 1 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒 𝑛– разложение вектора по базису, (𝑥1, … , 𝑥𝑛) –
координаты вектора 𝑥 в базисе {𝑒 1, … , 𝑒 𝑛}.
Теорема. Координаты вектора 𝑥 в базисе 𝑆определены однозначно.
Теорема.Координаты суммы (разности) векторов равны сумме (разности) их
координат. Координаты произведения вектора на число равны произведению
координат на число.
Определение. Линейное пространство, в котором существует базис из 𝑛
векторов, называется 𝑛-мерным, 𝑑𝑖𝑚𝐿 = 𝑛.
Теорема. В 𝑛-мерном линейном пространстве любая линейно-
независимаяупорядоченная система из 𝑛 векторов образует базис.
Теорема.В 𝑛-мерном линейном пространстве 𝐿 любая полная упорядоченная
система из 𝑛 векторов образует базис.
Теорема. В 𝑛-мерном линейном пространстве 𝐿 каждую систему из
𝑘линейно-независимых векторов можно дополнить до базиса.
Базисы линейных пространств:
1) 𝑉2-пространство геометрических векторов на плоскости. Канонический
базис в𝑉2: 𝑖 ,𝑗 }. d𝑖𝑚𝑉2 = 2.
Координаты произвольного вектора 𝑥 ∈ 𝑉2в каноническом базисе:
𝑥 = 𝑥𝑖 + 𝑗 =(𝑥, 𝑦). Координаты базисных векторов в этом же базисе:
𝑖 = 1𝑖 + 0𝑗 =(1,0),𝑗 = 0𝑖 + 1𝑗 =(0,1).
2) 𝑉3-пространство геометрических векторов.
Канонический базис в𝑉3: 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 , 𝑑𝑖𝑚 𝑉3 = 3.
Координатыпроизвольного вектора𝑥 ∈ 𝑉3в каноническом базисе:
𝑥 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘 = (𝑥, 𝑦, 𝑧).
Координаты базисных векторов в этом же базисе:
𝑖 = 1𝑖 + 0𝑗 + 0𝑘 = 1,0,0 , 𝑗 = 0𝑖 + 1𝑗 + 0𝑘 = (0,1,0),
𝑘 = 0𝑖 + 0𝑗 + 1𝑘 =(0,0,1).
3) Определим пространство арифметических векторов𝑅𝑛_. Его
элементыпредставляют собой упорядоченную совокупность nчисел,
т.е. это элементы вида 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … 𝑥𝑛 ); 𝑥𝑖 ∈R; d𝑖𝑚𝑅𝑛 = 𝑛.Канонический базис:
𝑒 1 = (1,0,…,0),𝑒 2 = (0,1,…,0),…,𝑒 𝑛 = (0,0,…,1).
Координаты произвольного вектора:
7
𝑥 = 𝑥1𝑒 1 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒 𝑛 = (𝑥1, … 𝑥1).
4) 𝑃𝑛 = 𝑝(𝑡) = 𝑎0 + 𝑎1𝑡 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑡𝑛 - пространство многочленов степени
не выше 𝑛.
Канонический базис: 𝑒 0=1,𝑒 1 = 𝑡,𝑒 2 = 𝑡2,…,𝑒 𝑛 = 𝑡𝑛 . 𝑑𝑖𝑚 𝑃𝑛 = 𝑛 + 1.
Координаты многочлена 𝑝(𝑡) в каноническом базисе:
𝑝 𝑡 = 𝑎0 ⋅ 1 + 𝑎1 ⋅ 𝑡 + ⋯ + 𝑎𝑛 ⋅ 𝑡𝑛 = 𝑎0, 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 .
5) Пространство матриц размера 𝑚x𝑛, 𝑀𝑚𝑥𝑛 .
Рассмотрим на примере 𝑀2x3 = 𝑎𝑑
𝑏𝑒
𝑐𝑓 .
Канонический базис:
𝐸1 = 10
00
00 , 𝐸2 =
00
10
00 , 𝐸3 =
00
00
10 ,
𝐸4 = 01
00
00 , 𝐸5 =
00
01
00 , 𝐸6 =
00
00
01 .
Тогда 𝑎𝑑
𝑏𝑒
𝑐𝑓 = 𝑎 ⋅ 𝐸1 + 𝑏 ⋅ 𝐸2 + 𝑐 ⋅ 𝐸3 + 𝑑 ⋅ 𝐸4 + 𝑒 ⋅ 𝐸5 + 𝑓 ⋅ 𝐸6.
𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 – координаты матрицы в каноническом базисе.
𝑑𝑖𝑚𝑀2x3 = 2 ∙ 3 = 6.
Преобразование координат вектора при переходе к другому базису
Пусть 𝐿 – линейное пространство. 𝑆 = 𝑒 1, 𝑒 2, … , 𝑒 𝑛 – старый базис
пространства, 𝑆 ′ = 𝑓 1, 𝑓 2, … , 𝑓 𝑛 – новый базис пространства. Разложим
каждый вектор 𝑓 𝑖нового базиса по старому базису 𝑆:
𝑓 1 = 𝑎11𝑒 1 + ⋯ + 𝑎𝑛1𝑒 𝑛= (𝑎11 … … 𝑎𝑛1)
…
𝑓 𝑛 = 𝑎1𝑛𝑒 1 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛𝑒 𝑛 = (𝑎1𝑛 … … . . 𝑎𝑛𝑛 )
составим из полученных координат матрицу, записывая координаты
векторов 𝑓 𝑖по столбцам. Получим 𝑃 – матрицу перехода от старого базиса
𝑆 к новому базису 𝑆′:
𝑃 = 𝑃𝑆→𝑆 ′ =
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
.
Теорема. Матрица перехода 𝑃 невырожденная, т. е. 𝑑𝑒𝑡𝑃 ≠ 0.
8
Теорема.Пусть 𝑋 = 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 𝑆 , и Х′ = 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 𝑠 ′ - координаты
вектора 𝑥 в базисах 𝑆 и 𝑆′ соответственно, 𝑃 – матрица перехода от базиса 𝑆
к базису 𝑆′ . Тогда
𝑥1′
𝑥2′
⋮𝑥𝑛
′
= 𝑃𝑆→𝑆 ′−1 ⋅
𝑥1
𝑥2
⋮𝑥𝑛
или Х′ = 𝑃𝑆→𝑆 ′−1 ∙ 𝑋.
Это формула преобразования координат при замене базиса.
Линейные подпространства
Определение. Непустое подмножество 𝐻 линейного пространства 𝐿
называется линейным подпространством, если оно само является линейным
пространством относительно операций сложения и умножения на число,
заданных в линейном пространстве 𝐿.
Теорема.Для того, чтобы непустое подмножество 𝐻 линейного пространства
𝐿 было его линейным подпространством, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись условия:
1) ∀ 𝑥 ,𝑦 ∈ 𝐻𝑥 + 𝑦 ∈ 𝐻 (замкнутость 𝐻 относительно операции сложения);
2) ∀ 𝑥 ∈ 𝐻 и 𝛼 ∈ 𝑅𝛼𝑥 ∈ 𝐻 (замкнутость 𝐻 относительно операции
умножения на число).
Разбор задач типового расчета
Задача 2.1. Векторы 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 , 𝑑 заданы своими координатами в каноническом
базисе 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 линейного пространства 𝑉3 . Показать, что векторы
𝑎 , 𝑏 , 𝑐 образуют базис пространства 𝑉3. Найти разложение вектора 𝑑 по этому
базису с помощью матрицы перехода. Сделать проверку.
𝑎 = 1,2,0 , 𝑏 = −1,3,2 , 𝑐 = (−2,0,4), 𝑑 = (1,1,2).
Решение:
1) Покажем, что 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 - базис пространства 𝑉3. Так как 𝑑𝑖𝑚𝑉3 = 3, то
достаточно проверить векторы на линейную независимость:
1 −1 −22 3 00 2 4
= 12 ≠0 ⇒
𝑎 , 𝑏 , 𝑐 - линейно независимы и образуют базис в 𝑉3.
9
2) Разложим вектор 𝑑 по базису 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 .
𝑃 𝑖 ,𝑗 ,𝑘 → 𝑎 ,𝑏 ,𝑐 = 1 −1 −22 3 00 2 4
, 𝑃−1 =1
12
12 0 6−8 4 −44 −2 5
,
𝑑 = 112
𝑖 ,𝑗 ,𝑘
= 𝑥𝑦𝑧
𝑎 ,𝑏 ,𝑐
𝑥𝑦𝑧 =
1
12
12 0 6−8 4 −44 −2 5
⋅ 112 =
1
12
24−1212
= 2
−11
.
3) Сделаем проверку: 2 ⋅ 120 −
−132
+ −204
= 112 - верно.
Ответ: 𝑑 = 2𝑎 − 𝑏 + 𝑐 .
Задача 2.2. Является ли множество векторов заданного вида линейным
подпространством в 𝑅3? Если да, то найти базис и размерность этого
подпространства. Дополнить базис подпространства 𝐿 до базиса всего
пространства 𝑅3. Выписать матрицу перехода от канонического базиса
пространства 𝑅3к построенному базису.
a) 𝑎, 2𝑎 + 𝑏, −3𝑏 b) 𝑎, 2𝑎 + 1, −3𝑏 .
а) 𝐿 = 𝑎, 2𝑎 + 𝑏, −3𝑏 .
Решение:
1) Проверим, является ли 𝐿 линейным подпространством в 𝑅3.
Пусть 𝑥 =
𝑎1
2𝑎1 + 𝑏1
−3𝑏1
∈ 𝐿, 𝑦 =
𝑎2
2𝑎2 + 𝑏2
−3𝑏2
∈ 𝐿.
10
а)𝑥 + 𝑦 =
𝑎1 + 𝑎2
2𝑎1 + 𝑏1 + 2𝑎2 + 𝑏2
−3𝑏1 − 3𝑏2
=
𝑎1 + 𝑎2
2(𝑎1 + 𝑎2) + (𝑏1 + 𝑏2)−3(𝑏1 + 𝑏2)
.
Обозначим 𝑎 = 𝑎1 + 𝑎2, 𝑏 = 𝑏1 + 𝑏2. Тогда 𝑥 + 𝑦 = 𝑎
2𝑎 + 𝑏−3𝑏
∈ 𝐿.
Следовательно, множество𝐿 замкнуто относительно операции сложения.
б)Пусть𝜆 ∈ 𝑅. Тогда 𝜆𝑥 =
𝜆𝑎1
2𝜆𝑎1 + 𝜆𝑏1
−3𝜆𝑏1
= 𝑎
2𝑎 + 𝑏−3𝑏
∈ 𝐿,
(𝑎 = 𝜆𝑎1, 𝑏 = 𝜆𝑏1). Следовательно, множество𝐿 замкнуто относительно
операции умножения на число.
Таким образом, 𝐿– линейное подпространство пространства 𝑅3.
2) Найдем базис и размерность подпространства L:
𝑎 = 1, 𝑏 = 0 ⇒ 𝑒 1 = (1,2,0),
𝑎 = 0, 𝑏 = 1⇒ 𝑒 2 = (0,1, −3).
Докажем, что 𝑒 1, 𝑒 2 - базис подпространства 𝐿.
Линейная независимость.
Составим матрицу из координат векторов 𝑒 1, 𝑒 2 в каноническом базисе 𝑅3 и
найдем ее ранг: 1 2 00 1 −3
, 𝑟𝑎𝑛𝑔 = 2(количествувекторов) ⇒ 𝑒 1, 𝑒 2 -
линейно независимая система векторов.
Полнота.
∀𝑥 ∈ 𝐿: 𝑥 = 𝑎
2𝑎 + 𝑏−3𝑏
= 𝑎
2𝑎0
+ 0𝑏
−3𝑏 = 𝑎
120 + 𝑏
01
−3 = 𝑎𝑒 1 + 𝑏𝑒 2 ⇒
𝑒 1, 𝑒 2 - полная система векторов.
Итак, 𝑒 1, 𝑒 2 - базис подпространства 𝐿. 𝑑𝑖𝑚𝐿 = 2 (т.к. в базисе 2 вектора).
3) Дополним базис подпространства 𝐿 до базиса всего пространства 𝑅3. Т.к.
dim 𝑅3 = 3, то нужно добавить еще 1 вектор такой, чтобы он образовывал
линейно независимую систему с 𝑒 1, 𝑒 2 . Добавим 𝑒 3 = 0,0,1 . Выпишем
матрицу из координат 𝑒 1, 𝑒 2, 𝑒 3 :
11
1 2 00 1 −30 0 1
,𝑟𝑎𝑛𝑔 = 3 (количеству векторов)⇒ 𝑒 1, 𝑒 2, 𝑒 3 − базис в 𝐿.
4) Выпишем матрицу перехода от канонического базиса пространства 𝑅3к
построенному базису: 𝑃 канонич.базис → 𝑒 1 ,𝑒 2 ,𝑒 3 = 1 0 02 1 00 −3 1
,записав
координаты базисных векторов по столбцам.
b) 𝐿 = 𝑎, 2𝑎 + 1, −3𝑏
Решение:
1) Проверим, является ли 𝐿 линейным подпространством в 𝑅3.
Пусть 𝑥 =
𝑎1
2𝑎1 + 1−3𝑏1
∈ 𝐿; 𝑦 =
𝑎2
2𝑎2 + 1−3𝑏2
∈ 𝐿.
а)𝑥 + 𝑦 =
𝑎1 + 𝑎2
2𝑎1 + 1 + 2𝑎2 + 1−3𝑏1 − 3𝑏2
=
𝑎1 + 𝑎2
2(𝑎1 + 𝑎2) + 2−3(𝑏1 + 𝑏2)
∉ 𝐿.
Следовательно, множество𝐿не замкнуто относительно операции сложения, и
не является линейным подпространством пространства 𝑅3.
Задача 2.3. Проверить, что множество многочленов 𝐿 = 𝑝(𝑡) заданного
вида с вещественными коэффициентами образует линейное подпространство
в линейном пространстве 𝑃2 многочленов степени не выше 2. Найти
размерность и базис L, дополнить его до базиса всего пространства 𝑃2. Найти
координаты многочлена (𝑡) ∈ 𝐿 в базисе подпространства L.
𝑝 𝑡 = 𝑎 + 2𝑏 𝑡2 + 𝑏 − 𝑎 𝑡 + 𝑎 + 𝑏 , 𝑡 = −𝑡2 − 2𝑡.
Решение:
1) Проверим, является ли 𝐿 линейным подпространством в 𝑃2.
Пусть𝑥 𝑡 = 𝑎1 + 2𝑏1 𝑡2 + 𝑏1 − 𝑎1 𝑡 + 𝑎1 + 𝑏1 ∈ 𝐿,
𝑦 𝑡 = 𝑎2 + 2𝑏2 𝑡2 + 𝑏2 − 𝑎2 𝑡 + 𝑎2 + 𝑏2 ∈ 𝐿.
a) 𝑥 𝑡 + 𝑦 𝑡 = 𝑎1 + 2𝑏1 + 𝑎2 + 2𝑏2 𝑡2 + 𝑏1 − 𝑎1 + 𝑏2 − 𝑎2 𝑡 ++ 𝑎1 + 𝑏1 + 𝑎2 + 𝑏2 .Обозначим 𝑎 = 𝑎1 + 𝑎2, 𝑏 = 𝑏1 + 𝑏2.
Тогда 𝑥 𝑡 + 𝑦(𝑡) = 𝑎 + 2𝑏 𝑡2 + 𝑏 − 𝑎 𝑡 + 𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐿.
12
Следовательно, множество 𝐿 замкнуто относительно операции сложения.
b) Пусть𝜆 ∈ 𝑅. 𝜆𝑥 𝑡 = 𝜆𝑎1 + 2𝜆𝑏1 𝑡2 + 𝜆𝑏1 − 𝜆𝑎1 𝑡 + 𝜆𝑎1 + 𝜆𝑏1 .
Обозначим 𝑎 = 𝜆𝑎1, 𝑏 = 𝜆𝑏1.
Тогда 𝜆𝑥 𝑡 = 𝑎 + 2𝑏 𝑡2 + 𝑏 − 𝑎 𝑡 + 𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐿.
Следовательно, множество𝐿 замкнуто относительно операции умножения на
число.
Таким образом,𝐿 – линейное подпространство пространства 𝑃2.
2) Найдем базис и размерность подпространства 𝐿:
𝑎 = 1, 𝑏 = 0 → 𝑒1 𝑡 = 𝑡2 − 𝑡 + 1 =(1, −1,1);
𝑎 = 0, 𝑏 = 1 → 𝑒2 𝑡 = 2𝑡2 + 𝑡 + 1=(1,1,2).
Докажем, что 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) образуют базис в 𝐿.
Линейнаянезависимость.
Составим линейную комбинацию многочленов 𝑒1 𝑡 , 𝑒2 𝑡 :
𝛼1𝑒1 𝑡 + 𝛼2𝑒2 𝑡 = 0 ⇒ 𝛼1 𝑡2 − 𝑡 + 1 + 𝛼2 2𝑡2 + 𝑡 + 1 = 0 ⇒
𝛼1 + 2𝛼2 𝑡2 + −𝛼1 + 𝛼2 𝑡 + 𝛼1 + 𝛼2 = 0 ⇒
𝛼1 + 2𝛼2 = 0−𝛼1 + 𝛼2 = 0𝛼1 + 𝛼2 = 0
⇒ 𝛼1 = 𝛼2 = 0.
Следовательно, система многочленов 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) – линейно независима.
Другой способ доказательства линейной независимости векторов:
Составим матрицу из их координат в каноническом базисе:
𝑒1 𝑡 = 𝑡2 − 𝑡 + 1 =(1, −1,1), 𝑒2 𝑡 = 2𝑡2 + 𝑡 + 1 = (1,1,2) ⇒
1 −1 11 1 2
~ 1 −1 10 2 1
,
𝑟𝑎𝑛𝑔 = 2 (количеству векторов) ⇒ 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) – линейно независима.
Полнота.
Для любого 𝑝 𝑡 = 𝑎 + 2𝑏 𝑡2 + 𝑏 − 𝑎 𝑡 + 𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐿:
𝑝 𝑡 = 𝑎 𝑡2 − 𝑡 + 1 + 𝑏(2𝑡2 + 𝑡 + 1) ⇒ 𝑝 𝑡 = 𝑎𝑒1 𝑡 + 𝑏𝑒2(𝑡).
Следовательно, система многочленов 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) является полной.
13
Итак, 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) – базис подпространства 𝐿 ⇒ 𝑑𝑖𝑚𝐿 = 2 (так как в базисе 2
многочлена).
3) Дополним базис подпространства 𝐿 до базиса всего пространства 𝑃2.
Так как 𝑑𝑖𝑚𝑃2 = 3, то нужно добавить еще один многочлен такой, чтобы он
образовывал линейно независимую систему с многочленами 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) .
Возьмѐм 𝑒3 𝑡 = 1: 1 −1 11 1 20 0 1
~ 1 −1 10 2 10 0 1
,𝑟𝑎𝑛𝑔 = 3, тогда система
многочленов 𝑒1 𝑡 , 𝑒2 𝑡 , 𝑒3(𝑡) линейно независима и образует базис 𝑃2.
4) Найдем координаты многочлена 𝑡 = −𝑡2 − 2𝑡 в базисе 𝑒1 𝑡 , 𝑒2(𝑡) .
𝑡 = 𝑎𝑒1 𝑡 + 𝑏𝑒2 𝑡 ⇒ 𝑎 𝑡2 − 𝑡 + 1 + 𝑏 2𝑡2 + 𝑡 + 1 = −𝑡2 − 2𝑡 ⇒
𝑎 + 2𝑏 = −1−𝑎 + 𝑏 = −2
𝑎 + 𝑏 = 0
⇔ 𝑎 = 1
𝑏 = −1 ⇒ 𝑡 = 𝑒1 𝑡 − 𝑒2 𝑡 = 1, −1 𝑒1 ,𝑒2 .
Проверка:𝑒1 𝑡 − 𝑒2 𝑡 =(𝑡2 − 𝑡 + 1) − (2𝑡2 + 𝑡 + 1) = −𝑡2 − 2𝑡 = (𝑡).
Задача 2.4. Доказать, что множество 𝑀 матриц заданноговида является
линейным подпространством в линейном пространстве квадратных матриц
второго порядка 𝑀2x2. Построить базис и найти размерность
подпространства 𝑀.
𝑀 = 𝑎 − 𝑏 2𝑐
3𝑏 + 𝑎 𝑏 , 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑅 .
Решение:
1) Проверим, является ли 𝑀 линейным подпространством в 𝑀2x2.
Пусть 𝑋 = 𝑎1 − 𝑏1 2𝑐1
3𝑏1 + 𝑎1 𝑏1 ∈ 𝑀, 𝑌 =
𝑎2 − 𝑏2 2𝑐2
3𝑏2 + 𝑎2 𝑏2 ∈ 𝑀
a) 𝑋 + 𝑌 = 𝑎1 − 𝑏1 + 𝑎2 − 𝑏2 2𝑐1 + 2𝑐2
3𝑏1 + 𝑎1 + 3𝑏2 + 𝑎2 𝑏1+𝑏2 .
Обозначим 𝑎 = 𝑎1 + 𝑎2, 𝑏 = 𝑏1 + 𝑏2, 𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2.
𝑋 + 𝑌 = 𝑎 − 𝑏 2𝑐
3𝑏 + 𝑎 𝑏 ∈ 𝑀. Множество 𝑀 замкнуто относительно операции
сложения.
b) Пусть 𝜆 ∈ 𝑅. 𝜆𝑋 = 𝜆𝑎1 − 𝜆𝑏1 2𝜆𝑐1
3𝑏𝜆1 + 𝜆𝑎1 𝜆𝑏1 .
14
Обозначим 𝑎 = 𝜆𝑎1, 𝑏 = 𝜆𝑏1, 𝑐 = 𝜆𝑐1.Тогда 𝜆𝑋 = 𝑎 − 𝑏 2𝑐
3𝑏 + 𝑎 𝑏 ∈ 𝑀.
Множество 𝑀 замкнуто относительно операции умножения на число.
Итак, 𝑀 – линейное подпространство пространства 𝑀2x2.
Найдем базис и размерность подпространства 𝑀:
𝑎 = 1, 𝑏 = 0, 𝑐 = 0 → 𝐸1 = 1 01 0
𝑎 = 0, 𝑏 = 1, 𝑐 = 0 → 𝐸2 = −1 03 1
𝑎 = 0, 𝑏 = 0, 𝑐 = 1 → 𝐸1 = 0 20 0
.
Докажем, что 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3 образуют базис в 𝑀.
Линейная независимость.
Составим линейную комбинацию матриц 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3: 𝛼1𝐸1 + 𝛼2𝐸2 + 𝛼3𝐸3 = 0
𝛼1 1 01 0
+ 𝛼2 −1 03 1
+ 𝛼3 0 20 0
= 0 00 0
⇒
𝛼1 − 𝛼2 = 02𝛼3 = 0
𝛼1 + 3𝛼2 = 0𝛼2 = 0
⇒
𝛼1 = 𝛼2 = 𝛼3 = 0.
Следовательно, система матриц 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3 линейно независима.
Полнота.
Для любой матрицы 𝐸 ∈ 𝑀:
𝐸 = 𝑎 − 𝑏 2𝑐
3𝑏 + 𝑎 𝑏 = 𝑎
1 01 0
+ 𝑏 −1 03 1
+ 𝑐 0 20 0
⇒
𝐸 = 𝑎𝐸1 + 𝑏𝐸2 + 𝑐𝐸3⇒ матрицы 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3 образуют полную систему.
Итак, 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3 – базис подпространства 𝑀2x2.Тогда 𝑑𝑖𝑚𝑀 = 3 (так как в
базисе 3 матрицы).
II. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРЫ
Пусть 𝐿 - линейное пространство.
Определение.𝐴 : 𝐿 → 𝐿 называется отображением, если каждому
15
𝑥 ∈ 𝐿 ставится в соответствие единственный вектор 𝑦 ∈ 𝐿: 𝑦 = 𝐴 𝑥 ,
𝑦 - образ вектора 𝑥 , 𝑥 - прообраз 𝑦 .
Пусть 𝑥 , 𝑦 ∈ 𝐿, 𝛼 ∈ 𝑅.
Определение. Отображение 𝐴 , действующее в 𝐿, называется линейным
оператором, если:
1) 𝐴 (𝑥 + 𝑦 ) = 𝐴 𝑥 + 𝐴 𝑦 ; ∀𝑥 , 𝑦 ∈ 𝐿; 2) 𝐴 (𝛼𝑥 ) =𝛼𝐴 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝐿 и ∀𝛼 ∈ 𝑅.
Свойства линейного оператора:
1) 𝐴 0 =0 ; 2) 𝐴 (𝛼𝑥 + β𝑦 ) =𝛼𝐴 𝑥 + 𝛽𝐴 𝑦 .
Пусть 𝐿 - конечномерное линейное пространство.
Матрица линейного оператора 𝐀
Пусть в линейном пространстве𝐿задан линейный оператор 𝐴 : 𝐿 → 𝐿 и
некоторый базис𝑆 = 𝑒 1 , … , 𝑒 𝑛 .
Найдем образ произвольного вектора 𝑥 = 𝑥1, … , 𝑥𝑛 ∈ 𝐿, заданного своими
координатами в базисе 𝑆 = 𝑒 1 , … , 𝑒 𝑛 .
𝑦 = 𝐴 𝑥 = 𝐴 𝑥1𝑒 1 + ⋯ + 𝑥𝑛𝑒 𝑛 = 𝑥1𝐴 𝑒 1 + ⋯ + 𝑥𝑛𝐴 𝑒 𝑛
Таким образом, действие линейного оператора полностью определено, если
известны образы векторов базиса.
Подействуем оператором 𝐴 на векторы базиса 𝑆 = 𝑒 1 , … , 𝑒 𝑛 :
𝐴 𝑒 1 = 𝑎11𝑒 1 + ⋯ + 𝑎𝑛1𝑒 𝑛 ,
………..
𝐴 𝑒 𝑛 =𝑎1𝑛𝑒 1 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑒 𝑛 .
Получим матрицуА =
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
, столбцами которой являются
координаты образов базисных векторов.
Матрицу А, полученную таким образом, называют матрицей линейного
оператора 𝐴 в базисе 𝑆 = 𝑒 1 , … , 𝑒 𝑛 .
16
Если известна матрица А =
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
линейного оператора, то можно
найти координаты образа произвольного вектора 𝑥 = (𝑥1, … , 𝑥𝑛 ) ∈ 𝐿:
𝑦 = 𝐴 𝑥 =>
𝑦1
…𝑦𝑛
=
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
∙
𝑥1
…𝑥𝑛
или
𝑌 = 𝐴𝑋, где 𝑌 =
𝑦1
…𝑦𝑛
, 𝑋 =
𝑥1
…𝑥𝑛
.
Таким образом, действие линейного оператора 𝐴 на вектор 𝑥 сводиться к
умножению некоторой матрицы А =
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
на вектор-столбец
𝑋 =
𝑥1
…𝑥𝑛
, составленный из координат вектора 𝑥 в базисе 𝑆 = 𝑒 1 , … , 𝑒 𝑛 .
Замечание. Матрица линейного оператора полностью характеризует
линейный оператор. Кроме того, любая квадратная матрица порядка 𝑛
определяет линейный оператор 𝑛-мерного линейного пространства 𝐿. Таким
образом, между линейными операторами, действующими в данном n-мерном
линейном пространстве 𝐿 и квадратными матрицами порядка 𝑛существует
взаимно однозначное соответствие.
Определение. Образом линейного оператора 𝐴 называется множество Im𝐴 всех векторов 𝐿, таких что, для любого 𝑦 ∈ Im𝐴 ∃𝑥 ∶ 𝐴 𝑥 = 𝑦 .
Определение. Ядром линейного оператора 𝐴 называется множество Ker𝐴 всех векторов 𝐿, таких что, для любого 𝑥 ∈ Ker𝐴 . Пусть 𝐴 - матрица
линейного оператора 𝐴 в некотором базисе. Тогда Ker𝐴 являетcя
решением однородной системы 𝐴𝑋 = 𝑂;где 𝑂 = 0⋮0 ;
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
∙
𝑥1
…𝑥𝑛
= 0⋮0
17
Теорема. Ядро и образ линейного оператора, действующего в 𝐿, являются
линейными подпространствами пространства 𝐿.
Определение. Ранг оператора𝐴 : Rang (𝐴 ) = dim(Im𝐴 ).
Определение. Дефект оператора𝐴 : Defect (𝐴 ) = dim(Ker𝐴 ).
Теорема. Для любого линейного оператора 𝐴 : 𝐿 → 𝐿 верно:
Rang (𝐴 ) +Defect (𝐴 ) = dim 𝐿.
Пусть в 𝐿 заданы два базиса 𝑆1 = {𝑒 1, … , 𝑒 𝑛} и 𝑆2 = {𝑓 1, … , 𝑓 𝑛}.
Теорема(преобразование матрицы линейного оператора при переходе к
другому базису). Матрицы 𝐴1 и 𝐴2 линейного оператора 𝐴 в базисах 𝑆1 и 𝑆2
связаны соотношением 𝐴2 = 𝑃−1𝐴1𝑃, где 𝑃- матрица перехода от базиса 𝑆1 к
базису 𝑆2.
Определение. Линейный оператор 𝐴 −1 называется обратным к линейному
оператору 𝐴 , действующему в пространстве 𝐿, если 𝐴 𝐴 −1 = 𝐴 −1𝐴 = 𝐼 , где 𝐼 - тождественный оператор (𝐼 𝑥 = 𝑥 ).
Таким образом 𝐴 𝐴 −1𝑥 = 𝐴 −1 𝐴 𝑥 = 𝑥 .
Теорема(критерии обратимости линейного оператора).
1) Линейный оператор 𝐴 , действующий в линейном пространстве 𝐿,
обратим тогда и только тогда, когда его матрица в каком-либо базисе
невырожденная (det𝐴 ≠ 0).
2) Линейный оператор 𝐴 , действующий в линейном пространстве 𝐿,
обратим тогда и только тогда, когда его образ совпадает со всем
пространством 𝐿: Im𝐴 = 𝐿
3) Линейный оператор 𝐴 , действующий в линейном пространстве 𝐿,
обратим тогда и только тогда, когда его ядро тривиально, т.е. Ker𝐴 =
{0 }.
Если линейный оператор 𝐴 −1 существует, то его матрицей является матрица
𝐴−1.
Собственные значения и собственные векторы линейного оператора
Определение. Ненулевой вектор 𝑎 (𝑎 ≠ 0 ) называется собственным вектором
линейного оператора 𝐴 , отвечающим собственному значению 𝜆 , где 𝜆 ∈𝑹, если 𝐴 𝑎 = 𝜆𝑎 . (т.е. собственные векторы, это ненулевые векторы,
которые под действием линейного оператора переходят в себе
пропорциональные).
18
Чтобы найти собственные значения 𝜆𝑘 , надо решить характеристическое
уравнение: det (𝐴 − 𝜆𝐸) = 0, где 𝐴 - матрица линейного оператора в каком-
либо базисе.
Собственные векторы, отвечающие собственным значениям 𝜆𝑘 являются
решением однородной системы линейных уравнений (𝐴 − 𝜆𝑘𝐸)𝑋 = 𝑂.
Определение. Линейный оператор 𝐴 : 𝐿 ⟶ 𝐿 называется оператором
простого типа, если существует базис линейного пространства 𝐿, состоящий
из собственных векторов 𝐴 . В собственном базисе матрица линейного оператора имеет диагональный
вид, на главной диагонали стоят собственные значения, соответствующие
базисным векторам.
𝐴 =
𝜆1 0 00 𝜆2 00 0 𝜆3
Теорема. Собственные векторы линейного оператора 𝐴 , соответствующие
различным собственным значениям линейно независимы.
Теорема(достаточное условие оператора простого типа).
Пусть dim𝐿 = 𝑛. Если 𝐴 :𝐿 → 𝐿 имеет n различных собственных значений, то
он является оператором простого типа.
Разбор задач типового расчета
Задача 2.5. Линейный оператор 𝐴 в базисе 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 задан матрицей 𝐴.
Найти матрицу оператора 𝐴 в базисе 𝑓1 , 𝑓2
, 𝑓3 .
𝐴 = 2 0 −10 1 −2
−1 2 0 , 𝑓 1 = 𝑒 1 + 𝑒 2 + 2𝑒 3, 𝑓 2 = 2𝑒 1 − 𝑒 2, 𝑓 3 = −𝑒 1 + 𝑒 2 −
𝑒 3.
Решение:
1) Запишем матрицу перехода от старого базиса 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 к новому
𝑓1 , 𝑓2
, 𝑓3 . Для этого выпишем по столбцам координаты нового базиса
в старом
𝑓 1 = 1,1,2 , 𝑓2 = 2, −1,0 , 𝑓 3 = −1,1,1 : 𝑃 =
1 2 −11 −1 12 0 1
.
2) Найдем матрицу, обратную к 𝑃:
19
𝑃−1 = − −1 −2 11 3 −22 4 −3
= 1 2 −1
−1 −3 2−2 −4 3
.
Сделаем проверку: 𝑃 ∙ 𝑃−1 = 𝐸 (единичная матрица).
3) Применим формулу преобразования матрицы линейного оператора при
замене базиса: 𝐴2 = 𝑃−1𝐴1𝑃 (теорема 3), где 𝐴1 = 𝐴.
𝐴2= 1 2 −1
−1 −3 2−2 −4 3
∙ 2 0 −1 0 1 −2−1 2 0
∙ 1 2 −11 −1 12 0 1
= −7 6 −811 −9 1215 −16 19
.
Ответ: 𝐴2= −7 6 −811 −9 1215 −16 19
.
Задача 2.6.Оператор 𝐴 действует в пространстве 𝑅3, 𝑥 = (𝑥1,𝑥2,𝑥3) ∈ 𝑅3.
Проверить, является ли оператор 𝐴 линейным. В случае линейности
записать матрицу оператора 𝐴 в каноническом базисе пространства 𝑅3.
а)𝐴 𝑥 = (𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3, 𝑥2 + 2𝑥3);
б) 𝐵 𝑥 = (𝑥1 − 5𝑥2+3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3, 𝑥2 + 2).
Решение:
а) A : 𝑅3 → 𝑅3, т.е A вектор из 𝑅3 переводит в вектор из 𝑅3.
Проверим линейность оператора:
1. 𝐴 𝑥 + 𝑦 = (𝑥1 + 𝑦1 − 5(𝑥2 + 𝑦2) + 3(𝑥3 + 𝑦3), −2(𝑥1 + 𝑦1) + 3(𝑥2 +𝑦2) −
−(𝑥3 + 𝑦3), (𝑥2 + 𝑦2) + 2(𝑥3 + 𝑦3)) = (𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 −𝑥, 𝑥2 + 2𝑥3) + +(𝑦1 − 5𝑦2 + 3y3, −2𝑦1 + 3𝑦2−𝑦3, 𝑦2 + 2𝑦3) = 𝐴 𝑥 + 𝐴 𝑦 .
2. 𝐴 𝛼𝑥 = 𝛼𝑥1 − 5𝛼𝑥2 + 3𝛼𝑥3, −2𝛼𝑥1 + 3𝛼𝑥2 − 𝛼𝑥3, 𝛼𝑥2 + 2𝛼𝑥3 =
= 𝛼 𝑥1 − 5𝑥2 + 3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3, 𝑥2 + 2𝑥3 = 𝛼𝐴 𝑥 .
Условия линейности выполняются => 𝐴 − линейный оператор. Найдем матрицу линейного оператора в каноническом базисе:
𝑒 1 = (1,0,0); 𝑒 2 = (0,1,0); 𝑒 3 = (0,0,1).
20
Чтобы найти значение𝐴 𝑒 1,подействуем линейным оператором на
вектор 𝑒 1, т.е. в𝐴 𝑥 = (𝑥1 − 5𝑥2 − 3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3, 𝑥2 + 2𝑥3)
подставим координаты 𝑒 1: 𝑥1 = 1; 𝑥2 = 𝑥3 = 0, получим 𝐴 𝑒 1 = (1, −2,0).
Аналогично:
𝐴 𝑒 2 = (−5,3,1),
𝐴 𝑒 3 = 3, −1, 2 .
Чтобы получить матрицу линейного оператора, запишем координаты
образов базисных векторов по столбцам:
𝐴 = 1 −5 3
−2 3 −10 1 2
.
б) 𝐵 : 𝑅3 → 𝑅3, т.е 𝐵 вектор из 𝑅3 переводит в вектор из 𝑅3.
1. 𝐵 𝑥 + 𝑦 = (𝑥1 + 𝑦1 − 5(𝑥2 + 𝑦2) + 3(𝑥3 + 𝑦3), −2(𝑥1 + 𝑦1) + 3(𝑥2 +𝑦2) −
−(𝑥3 + 𝑦3), (𝑥2 + 𝑦2) + 2).
𝐵 𝑥 + 𝐵 𝑦 = 𝑥1 − 5𝑥2 + 3𝑥3, −2𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3, 𝑥2 + 2 +
+ 𝑦1 − 5𝑦2 + 3𝑦3 , −2𝑦1 + +3𝑦2− 𝑦3, 𝑦2 + 2 =
= (𝑥1 + 𝑦1 − 5(𝑥2 + 𝑦2) + 3(𝑥3 + 𝑦3), −2(𝑥1 + 𝑦1) + 3(𝑥2 + 𝑦2) − (𝑥3 + 𝑦3),
(𝑥2 + 𝑦2) + 4) ≠ 𝐵 (𝑥 + 𝑦 ).
Условие линейности оператора не выполняется =>𝐵 не является
линейным оператором.
Задача 2.7.Для линейного оператора 𝐴 из задачи 2.6 определить, является ли
оператор 𝐴 обратимым? Если да, то найти матрицу обратного оператора 𝐴 в
каноническом базисе пространства 𝑅3, сделать проверку. Найти образ
вектора 𝑥 = (−1,2 ,3). Найти ядро линейного оператора 𝐴 . Является ли
вектор 𝑥 = 0,1 ,0 собственным вектором оператора 𝐴 ?
Решение:
a) матрица линейного оператора 𝐴 = 1 −5 3
−2 3 −10 1 2
.
21
det𝐴 = 1 −5 3
−2 3 −10 1 2
= 1 3 −11 2
— 5 −2 −10 2
+ 3 −2 30 1
= 7 − 20 − 6 =
−19 ≠ 0.
Тогда 𝐴 −1 существует. Его матрицей будет матрица, обратная к матрице
линейного оператора 𝐴 :𝐴−1 =1
det 𝐴
𝐴11 𝐴12 𝐴13
𝐴21 𝐴21 𝐴21
𝐴31 𝐴32 𝐴33
𝑇
, где 𝐴𝑖𝑗 = (−1)𝑖+𝑗 𝑀𝑖𝑗 .
𝐴−1 = −1
19
7 13 −44 2 −5
−2 −1 −7 .
Проверка:
𝐴−1𝐴 = −1
19
7 13 −44 2 −5
−2 −1 −7
1 −5 3−2 3 −10 1 2
= 1 0 00 1 00 0 1
= 𝐸.
b) найти образ вектора 𝑥 = −1,2,3 , 𝑦 = 𝐴 𝑥.
𝑦1
𝑦2
𝑦3
= 1 −5 3
−2 3 −10 1 2
−123
= −258
.
Найти ядро линейного оператора 𝐴 . Вспомним, что Ker𝐴 = 𝑥 : 𝐴 𝑥 = 0 ; тогда
координаты 𝑥 можно искать как решение системы 𝐴 𝑥 = 0 . Запишем систему
в матричном виде и решим методом Гаусса.
1 −5 3
−2 3 −10 1 2
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 ;
1 −5 3
−2 3 −10 1 2
~ 1 −5 30 −7 50 1 2
~ 1 −5 30 1 20 0 19
;
𝑥3 = 0, 𝑥2 = 0, 𝑥1 = 0. Ker𝐴 = {(0,0,0) = { 0 }.
c) является ли вектор 𝑥 = 0,1 ,0 собственным вектором оператора 𝐴 ?
Проверим, выполняется ли условие 𝐴 𝑥 = 𝜆𝑥
22
1 −5 3
−2 3 −10 1 2
010 =
−531
≠ 𝜆 010 => не является.
Задача 2.8.Определить собственные значения и собственные векторы
линейного оператора 𝐴 , заданного матрицей 𝐴. Является ли линейный
оператор 𝐴 оператором простого типа? Если да, то выписать матрицу
линейного оператора в базисе из собственных векторов.
а)𝑨 = 𝟐 𝟎 −𝟔𝟏 𝟑 −𝟐
−𝟏 𝟎 𝟏 .
Решение:
1) Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое
уравнение det (𝐴 − 𝜆𝐸) = 0.
2 − 𝜆 0 −6
1 3 − 𝜆 −2−1 0 1 − 𝜆
= 0. Разложим определитель по второму столбцу.
3 − 𝜆 2 − 𝜆 −6−1 1 − 𝜆
= 0.
(3 − 𝜆) 2 − 𝜆 1 − 𝜆 − 6 = 0; 3 − 𝜆 𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0.
𝜆1 = 3, 𝜆2 = 4, 𝜆3 = −1 - собственные значения.
2) Найдем собственные векторы, соответствующие собственным
значениям.
𝝀𝟏=3. Решим систему (𝐴 − 3𝐸)𝑋 = 𝑂:
2 − 3 0 −6
1 3 − 3 −2−1 0 1 − 3
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000
23
−1 0 −61 0 −2
−1 0 −2
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
−1 0 −61 0 −2
−1 0 −2 ∼
−1 0 −61 0 −20 0 4
∼ −1 0 −60 0 −80 0 4
∼ −1 0 −60 0 40 0 0
rang𝐴 = 2; 𝑥3 = 0; 𝑥2 = 𝑐; 𝑥1 = 0.
𝑋1= 0𝑐0 =c
010 - собственные векторы, соответствующие𝜆1 = 3.
Выберем 𝑐 = 1; 𝑓 1= 010 .
𝝀𝟐 = 𝟒. Решим систему (𝐴 − 4𝐸)𝑋 = 𝑂.
−2 0 −61 −1 −2
−1 0 −3
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
−2 0 −61 −1 −2
−1 0 −3 ∼
1 −1 −2−1 0 −3−2 0 −6
∼ 1 −1 −20 −1 −50 −2 −10
∼ 1 −1 −20 −1 −50 0 0
rang𝐴 = 2; 𝑥3 = 𝑐; 𝑥2 = −5𝑐; 𝑥1 = −3𝑐.
𝑋2=c −3−51
- собственные векторы, соответствующие𝜆2 = 4. При с =
1 𝑓 2= −3−51
.
𝝀𝟑 = −𝟏. Решим систему (𝐴 + 𝐸)𝑋 = 𝑂.
3 0 −61 4 −2
−1 0 2
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
3 0 −61 4 −2
−1 0 2 ∼ −
1 4 −21 0 23 0 −6
∼ 1 4 −20 4 00 −12 0
∼ 1 4 −20 4 00 0 0
24
rang𝐴 = 2;𝑥2 = 0; 𝑥3 = 𝑐; 𝑥1 = 2𝑐.
𝑋3 = 2𝑐0𝑐
= 𝑐 201 - собственные векторы, соответствующие𝜆3 = −1.
При 𝑐 = 1 𝑓 3= 201 .
3) Собственные значения попарно различны, следовательно 𝐴 является
оператором простого типа, его собственные векторы образуют базис и
матрица 𝐴 в базисе из собственных векторов 𝐴 = 3 0 00 4 00 0 −1
. На этот
вопрос можно было дать ответ сразу после пункта 1).
б) Рассмотрим другой случай: 𝑨 = 𝟐 𝟏 −𝟏𝟎 𝟑 −𝟏𝟎 −𝟏 𝟑
Решение:
1) Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое
уравнение det (А − 𝜆𝐸) = 0
2 − 𝜆 1 −1
0 3 − 𝜆 −10 −1 3 − 𝜆
= 0, (2 − 𝜆) 3 − 𝜆 −1−1 3 − 𝜆
= 0;
(2 − 𝜆) 𝜆2 − 6𝜆 + 8 = 0.
𝜆1 = 𝜆2 = 2, 𝜆3 = 4 - собственные значения.
2) Найдем собственные векторы, соответствующие собственным
значениям.
𝝀𝟏 = 𝝀𝟐 = 𝟐. Решим систему (А − 3Е)𝑋 = 𝑂.
0 1 −10 1 −10 −1 1
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
0 1 −10 1 −10 −1 1
~ … ~ 0 1 −10 0 00 0 0
;
rang𝐴 = 1; 𝑥1 = 𝑐1; 𝑥2 = 𝑐2; 𝑥2 − 𝑥3 = 0 => 𝑥3 = 𝑐2.
25
𝑋1 =
𝑐1
𝑐2
𝑐2
= 𝑐1 100 + 𝑐2
011 - собственные векторы, соответствующие
𝜆1 = 𝜆2 = 2.
Выберем из этого множества векторов два линейно независимых вектора.
𝑓 1 = 100 и 𝑓 2 =
011 .
𝝀𝟑 = 𝟒. Решим систему (𝐴 − 4𝐸)𝑋 = 𝑂.
−2 1 −10 −1 −10 −1 −1
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
−2 1 −10 −1 −10 −1 −1
∼ ⋯ ∼ −2 1 −10 −1 −10 0 0
.
rang𝐴 = 2; 𝑥3 = 𝑐; 𝑥2 = −𝑐; −2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 = 0 => 𝑥1 = −𝑐.
𝑋2= −𝑐−𝑐𝑐
- собственные векторы, соответствующие𝜆3 = 4. Выберем один
𝑓 3 = −1−11
.
Мы нашли три собственных вектора, однако характеристическое уравнение
имеет кратные корни 𝜆1 = 𝜆2 = 2. Проверим, будут ли собственные векторы
образовывать базис.
Составим матрицу из координат собственных векторов 1 0 −10 1 −10 1 1
∼
1 0 −10 1 −10 0 2
rang = 3 => собственные векторы линейно-независимы =
>они образуют базис в линейном пространстве 𝐿, так как dim𝐿 = 3,
следовательно 𝐴 является оператором простого типа и его матрица в базисе
из собственных векторов: 𝐴 = 2 0 00 2 00 0 4
.
26
в) Рассмотрим третий случай: 𝑨 = −𝟑 𝟒 𝟎𝟎 −𝟑 𝟓𝟎 𝟎 −𝟑
Решение:
1) Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое
уравнение det (𝐴 − 𝜆𝐸) = 0.
−3 − 𝜆 4 0
0 −3 − 𝜆 50 −0 −3 − 𝜆
= 0; −3 − 𝜆 3 = 0; 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = −3.
Найдем собственные векторы. Решим систему (𝐴 + 3𝐸)𝑋 = 𝑂.
0 4 00 0 50 0 0
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , решим систему методом Гаусса.
rang𝐴 = 2;𝑥3 = 0; 𝑥2 = 0; 𝑥1 = 𝑐.
𝑋1 = 𝑐00 = 𝑐
100 - собственные векторы, соответствующие 𝜆1 = 𝜆2 =
𝜆3 = −3;
𝑓 1 = 100 - один линейно-независимый собственный вектор. Базис 𝐿
состоит из трех векторов, тогда базиса из собственных векторов не
существует, следовательно, 𝐴 не является оператором простого типа.
Задача 2.9. Пусть 𝐴 – линейный оператор в пространстве 𝑉3.
a) Найти матрицу линейного оператора 𝐴 в базисе 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
b) Найти образ вектора 𝑎 .
c) Найти ядро и образ оператора 𝐴 .
d) Является ли оператор 𝐴 обратимым? Если да, описать его действие.
e) Найти собственные значения и собственные векторы оператора 𝐴 .
27
1) A - поворот вокруг оси 𝐎𝐙на угол 𝛂 против часовой стрелки.
Решение:
Подействуем линейным оператором на базисные векторы 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
𝐴 𝑖 = cos 𝛼 𝑖 + sin 𝛼 ⋅ 𝑗 + 0 ⋅ 𝑘
𝐴 𝑗 = − sin 𝛼 ⋅ 𝑖 + cos 𝛼 ⋅ 𝑗 + 0 ⋅ 𝑘
𝐴 𝑘 = 0⋅ 𝑖 + 0 ⋅ 𝑗 + 1 ⋅ 𝑘
a) Запишем матрицу 𝐴 . Вспомним, что координаты образов базисных
векторов надо записать по столбцам.
𝐴 = cos 𝛼 − sin 𝛼 0sin 𝛼 cos 𝛼 0
0 0 1 . Если 𝛼 =
𝜋
6, то 𝐴 =
3
2−
1
20
1
2
3
20
0 0 1
.
b) Найдем образ вектора 𝑎 = −1,1,2 :
𝑦 = 𝐴 𝑥 =>
3
2−
1
20
1
2
3
20
0 0 1
−112
=
− 3
2−
1
2
−1
2+
3
22
с) Из геометрических соображений видно, что под действием линейного
оператора в 0 переходит только0 , следовательно, Ker𝐴 = {0 }. Тогда образом
𝐴 является все пространство 𝑉3.
Im𝐴 = 𝑉3. Данные выводы подтверждаются тем факторм, что rang𝐴 = 3.
d) По всем трем критериям линейный оператор обратим:
1) det 𝐴 ≠ 0; 2) Im 𝐴 = 𝑉3; 3) Ker 𝐴 = {0 }.
Достаточно применить только один критерий.
𝐴 −1– поворот вокруг оси 𝑂𝑍 на угол 𝛼 по часовой стрелке.
e) Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора
𝐴 .
При повороте на угол 𝛼 =𝜋
6 вокруг оси 𝑂𝑍: из геометрических соображений
можно сделать вывод, что под действием данного линейного оператора
28
только векторы, параллельные оси 𝑂𝑍 переходят в коллинеарные себе
векторы, так как при данном повороте они остаются на месте и переходят
сами в себя, то есть собственные векторы - 𝑥 = 𝑐𝑘 , 𝐴 𝑘 = 𝑘 , 𝜆 = 1 -
собственное значение, соответствующее собственному вектору 𝑘 .
Рассмотрим поворот на произвольный угол 𝛼 вокруг оси 𝑂𝑍.
Составим характерестическое уравнение: cos 𝛼 − 𝜆 − sin 𝛼 0
sin 𝛼 cos 𝛼 − 𝜆 00 0 1 − 𝜆
= 0
(1 − 𝜆)((cos 𝛼 − 𝜆)2 + sin2𝛼 ) = 0, (1 − 𝜆)(1 − 2𝜆 cos 𝛼 + 𝜆2) = 0,
𝜆1 = 1,
𝐷 = 4cos2𝛼 − 4 ≤ 0, действительные корни будут только при𝐷 = 0 =>
cos 𝛼 = ±1, т. е. 𝛼 = 𝜋𝑘; 𝜆2,3.
При 𝛼 = 𝜋𝜆2,3 = −1.
Найдем собственные векторы: это будут 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
Матрица оператора в базисе из собственных векторов: 1 0 00 −1 00 0 −1
. В
данном случае 𝐴 - оператор простого типа, так как имеет базис из
собственных векторов.
При 𝛼 = 2𝜋𝜆2,3= 1. Действие оператора поворота на угол 2𝜋 совпадает с
действием тождественного оператора 𝐼 : 𝐼 𝑥 = 𝑥. Собственные векторы
𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
Матрица в базисе из собственных векторов: 1 0 00 1 00 0 1
. В данном случае 𝐴 -
оператор простого типа.
2) A - гомотетия с коэффициентом 𝐤 (растяжение / сжатие) в 𝐤 раз.
Решение:
Подействуем линейным оператором на базисные векторы 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
𝐴 𝑖 = 𝑘 ⋅ 𝑖 = (𝑘, 0,0)
29
𝐴 𝑗 = 𝑘 ⋅ 𝑗 = (0, 𝑘, 0)
𝐴 𝑘 = 𝑘 ⋅ 𝑘 = (0,0, 𝑘)
a) Запишем матрицу 𝐴 . Вспомним, что координаты образов базисных
векторов надо записать по столбцам:
А = 𝑘 0 00 𝑘 00 0 𝑘
.
b) Найдем образ вектора 𝑎 = (−1; 1; 2):
𝑦 = 𝐴 𝑥 => 𝑘 0 00 𝑘 00 0 𝑘
−112
= −𝑘𝑘
2𝑘 .
с) Из геометрических соображений видно, что под действием линейного
оператора в 0 переходит только 0 , следовательно Ker𝐴 = {0 }. Тогда образом
𝐴 является все пространство 𝑉3.
Im𝐴 = 𝑉3. Данные выводы подтверждаются тем факторм, что rang𝐴 = 3.
d) По всем трем критериям линейный оператор обратим:
1) det 𝐴 ≠ 0; 2) Im 𝐴 = 𝑉3; 3) Ker 𝐴 = {0 }.
Достаточно применить только один критерий.
e) Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора
𝐴 .
Из геометрических соображений можно сделать вывод, что под действием
данного линейного оператора все векторы переходят в себе коллинеарные,
т.е. все векторы собственные. В качестве базиса из собственных векторов
можно выбрать 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 . Матрица в этом базисе имеет диагональный вид:
𝑘 0 00 𝑘 00 0 𝑘
=> 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 𝑘.
𝐴 - оператор простого типа.
3) 𝐀 - проекция на плоскость 𝐗𝐎𝐘.
Решение:
Подействуем линейным оператором на базисные векторы 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 .
30
𝐴 𝑖 = 𝑖 = (1,0,0),
𝐴 𝑗 = 𝑗 = (0,1,0),
𝐴 𝑘 = 0 = (0,0,0).
a) Запишем матрицу 𝐴 . Вспомним, что координаты образов базисных
векторов надо записать по столбцам:
А = 1 0 00 1 00 0 0
.
b) Найдите образ вектора 𝑎 = (−1,1,2):
𝑦 = 𝐴 𝑥 => 1 0 00 1 00 0 0
−112
= −110
.
с) Из геометрических соображений видно, что под действием линейного
оператора в 0 переходят все векторы, параллельные оси 𝑂𝑍, следовательно,
Ker 𝐴 = {𝛼𝑘 }, Im 𝐴 = 𝛽𝑖 + 𝛾𝑗 = 𝑉2, Defect 𝐴 = 1, Rang 𝐴 = 2.
d) По всем трем критериям линейный оператор необратим:
1) det 𝐴 = 0; 2) Im 𝐴 ≠ 𝑉3; 3) Ker 𝐴 ≠ {0 }.
Достаточно применить только один критерий.
e) Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора
𝐴 .
Из геометрических соображений можно сделать вывод, что базисные
векторы 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 под действием линейного оператора 𝐴 переходят в себе
коллинеарные. Они образуют базис из собственных векторов. Собственные
значения равны соответственно𝜆1 = 𝜆2 = 1, 𝜆3 = 0. Матрица в этом базисе
имеет диагональный вид:
1 0 00 1 00 0 0
.
𝐴 - оператор простого типа.
Задача 2.10.
31
1) В пространстве 𝑷𝟐 многочленов степени не выше 2 задан оператор
𝑨 𝒑 𝒕 = 𝒕𝒑ʹ(𝒕) − 𝟑𝒑(𝒕).
a) Показать линейность оператора 𝐴 .
b) Найти матрицу линейного оператора 𝐴 в каноническом базисе
пространства 𝑃2.
c) Найти образ многочлена 𝑝 𝑡 = 2𝑡2 − 3𝑡 + 1.
d) Найти ядро линейного оператора 𝐴 .
e) Существует ли обратный оператор?
Решение:
а) Проверим линейность оператора.
𝐴 𝑝1 𝑡 + 𝑝2 𝑡 = 𝑡 𝑝1′ 𝑡 + 𝑝2
′ 𝑡 − 3 𝑝1 𝑡 + 𝑝2 𝑡 = 𝑡𝑝1′ 𝑡 − 3𝑝1 𝑡 ) +
(𝑝2′𝑡−−3𝑝2𝑡=𝐴𝑝1𝑡+𝐴(𝑝2𝑡).
𝐴 𝛼𝑝 𝑡 = 𝑡 𝛼𝑝′ 𝑡 − 3 𝛼𝑝 𝑡 = 𝛼(𝑡𝑝′ 𝑡 − 3𝑝 𝑡 ) = 𝛼𝐴 (𝑝 𝑡 ).
b) Найдем матрицу 𝐴 в каноническом базисе:
𝑒0 = 1, 𝑒 1 = 𝑡, 𝑒 2 = 𝑡2.
𝐴 𝑒 0 = 𝑡 ∙ 1 ′ − 3 ∙ 1 = −3 = −3,0,0 ,
𝐴 𝑒 1 = 𝑡 ∙ 𝑡 ′ − 3 ∙ 𝑡 = −2𝑡 = 0, −2,0 ,
𝐴 𝑒 2 = 𝑡 ∙ 𝑡2 ′ − 3 ∙ 𝑡2 = −𝑡2 = 0,0, −1 .
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты
образов базисных векторов по столбцам.
𝐴 = −3 0 00 −2 00 0 −1
.
с) Чтобы найти образ многочлена𝑝 𝑡 , запишем его в координатной форме
𝑝 𝑡 = 2𝑡2 − 3𝑡 + 1 = 1𝑒 1 − 3𝑒 2 + 2𝑒 3 = 1, −3,2 .
−3 0 00 −2 00 0 1
1
−32
= −36
−2 => 𝐴 𝑝 𝑡 = −3 + 𝑡 −2𝑡2.
32
d) Чтобы найти ядро 𝐴 , решим однородную систему уравнений:
𝐴𝑋 = 𝑂: −3 0 00 −2 00 0 1
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 , rang𝐴 = 3 => система имеет
единственное тривиальное решение: 𝑋 = 000 => 𝑥 = (0,0,0) =>Ker𝐴 =
0 .
e) Ker𝐴 = 0 => 𝐴 −1 существует, оператор обратим.
2) В пространстве 𝑷𝟐 многочленов степени не выше 2 задан оператор
𝑨 𝒑 𝒕 = (𝒕 + 𝟑)𝒑′′ (𝒕) − 𝟐𝒑′ (𝒕).
a) Показать линейность оператора 𝐴 .
b) Найти матрицу линейного оператора 𝐴 в каноническом базисе
пространства 𝑃2.
c) Найти образ многочлена 𝑝(𝑡) = 𝑡2 − 3.
d) Найти ядро линейного оператора 𝐴 .
e) Существует ли обратный оператор?
Решение:
а) Проверим линейность оператора.
𝐴 (𝑝1(𝑡)+𝑝2(𝑡))= (𝑡 + 3)(𝑝1′′ 𝑡 + 𝑝2
′′ (𝑡)) - 2(𝑝1′ 𝑡 + 𝑝2
′ (𝑡)) = ((𝑡 + 3)𝑝1′′ 𝑡 −
2(𝑝1′ 𝑡 ) + ( 𝑡 + 3 𝑝2
′′ 𝑡 - 2𝑝2′ (𝑡)) = 𝐴 (𝑝1(𝑡))+𝐴 (𝑝2(𝑡))
𝐴 (𝛼𝑝 𝑡 )=(𝑡 + 3)(𝛼𝑝′′ 𝑡 ) − 2 𝛼𝑝′ 𝑡 = 𝛼( 𝑡 + 3 𝑝′′ 𝑡 − 3 𝑝′ 𝑡 =
𝛼𝐴 (𝑝 𝑡 ).
b) Найдем матрицу 𝐴 в каноническом базисе:
𝐴 𝑒 0 = 𝑡 + 3 ∙ 1 ′′ − 2 ∙ 1′ = 0 = 0,0,0 ,
𝐴 𝑒 1 = 𝑡 + 3 ∙ 𝑡 ′′ − 2 ∙ 𝑡 ′ = −2 = −2,0,0 ,
𝐴 𝑒 2 = 𝑡 + 3 ∙ 𝑡2 ′′ − 2 ∙ (𝑡2)′ = −2𝑡 + 6 = 6, −2,0 .
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты
образов базисных векторов по столбцам:
33
А = 0 −2 60 0 −20 0 0
.
с) Найдем образ многочлена найти образ многочлена𝑝 𝑡 = 𝑡2 − 3
𝐴 𝑝 𝑡 = 0 −2 60 0 −20 0 0
−301
= 6
−20
= 6 − 2𝑡.
d) Чтобы найти ядро 𝐴 , решим однородную систему уравнений:
𝐴𝑋 = 𝑂: 0 −2 60 0 −20 0 0
𝑥1
𝑥2
𝑥3
= 000 ,
rang 𝐴 = 2, 𝑥3 = 𝑥2 = 0, 𝑥1 = 𝑐 −любое, 𝑋 = 𝑐00 => 𝑥 = 𝑐, 0,0 =>
Ker𝐴 = 𝑝 𝑡 = 𝑐 .
e) det𝐴 = 0 => 𝐴 −1 не существует.
Задача 2.11.* Оператор Â действует в пространстве 2P многочленов степени
не выше второй.
a) Показать линейность оператора.
b) Найти его матрицу в каноническом базисе пространства 2P .
c) Найти образ многочлена p(t).
d) Найти ядро линейного оператора Â.
e) Существует ли обратный оператор?
.32)(),()2()(ˆ 2 tttptptpttpA
Решение:
a) Проверим линейность оператора:
34
).((ˆ))()2(())()2()((ˆ)2
).(ˆ)(ˆ)()2()()2(
)()())2()2((
))()(())2()2(())()((ˆ)1
212211
2121
212121
tpAtpttptptpttpA
tpAtpAtptpttptpt
tptptptpt
tptptptpttptpA
b) Найдем матрицу оператора в каноническом базисе пространства :2P
2
2
1
0 1
te
te
e
).1,4,0(4)2(2))2((ˆ
)0,0,0(0)2(ˆ
)0,0,1(111ˆ
2222
2
1
0
tttttttteA
ttttteA
teA
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты
образов базисных векторов в матицу по столбцам .
.
100
400
001
A
b) Чтобы найти образ вектора запишем его в координатной форме.
.34
1
4
3
1
2
3
100
400
001
)(ˆ
).1,2,3(12332)(
2
210
2
tttpA
eeetttp
d) Чтобы найти ядро Â, решим однородную систему линейных уравнений
AX=O:
,
0
0
0
100
400
001
3
2
1
x
x
x
rangA=2, система имеет множество решений
0
0
3
2
1
x
cx
x
KerÂ= Rccttp ,)( .
35
e) Обратный оператор не существует по всем трем критериям:
1) detA=0; 2) KerÂ≠0; 3) ImÂ≠ .2P
III. БИЛИНЕЙНЫЕ И КВАДРАТИЧНЫЕ ФОРМЫ
Определение. Билинейной формой 𝐵 𝑥 , 𝑦 на линейном векторном
пространстве 𝑉 dim 𝑉 = 𝑛 называется отображение, сопоставляющее
паре векторов 𝑥 и 𝑦 число: 𝐵 𝑥 , 𝑦 : 𝑉 × 𝑉 → ℝ, если оно линейно по
каждому аргументу:
∀𝑥 , 𝑦 , 𝑧 ∈ 𝑉 и ∀𝛽 ∈ ℝ
1) 𝐵 𝑥 + 𝑧 , 𝑦 = 𝐵 𝑥 , 𝑦 + 𝐵(𝑧 , 𝑦 )
2) 𝐵 𝑥 , 𝑦 + 𝑧 = 𝐵 𝑥 , 𝑦 + 𝐵 𝑥 , 𝑧
3) 𝐵 𝛽𝑥 , 𝑦 = 𝛽𝐵 𝑥 , 𝑦 = 𝐵 𝑥 , 𝛽𝑦
В базисе 𝑒 1, 𝑒 2, … , 𝑒 𝑛 билинейная форма может быть задана матрицей
𝐵 = 𝑏𝑖𝑗 , 𝑏𝑖𝑗 = 𝐵(𝑒 𝑖 , 𝑒 𝑗 ).
Матрица билинейной формы в базисе 𝑒 1, 𝑒 2 , 𝑒 3 пространства
размерности три:
𝐵 =
𝐵 𝑒 1, 𝑒 1 𝐵 𝑒 1, 𝑒 2 𝐵 𝑒 1, 𝑒 3
𝐵 𝑒 2, 𝑒 1 𝐵 𝑒 2, 𝑒 2 𝐵 𝑒 2, 𝑒 3
𝐵 𝑒 3, 𝑒 1 𝐵 𝑒 3, 𝑒 2 𝐵 𝑒 3, 𝑒 3
Теорема. Произвольная матрица 𝐵 = 𝑏𝑖𝑗 , 𝑏𝑖𝑗 ∈ ℝ является матрицей
единственной билинейной формы в заданном базисе пространства.
Общий вид билинейной формы 𝐵 может быть записан в компактной
форме: если 𝑥 =
𝑥1
⋮𝑥𝑛
и 𝑦 =
𝑦1
⋮𝑦𝑛
в базисе 𝑒 1, 𝑒 2, … , 𝑒 𝑛 , то
𝐵 𝑥 , 𝑦 = 𝑥𝑇𝐵𝑦 = 𝑥1 … 𝑥𝑛 𝐵
𝑦1
⋮𝑦𝑛
.
Теорема. Матрицы билинейной формы 𝐵 в базисах 𝑆1 и 𝑆2 связаны
соотношением 𝐵2 = 𝑃𝑇𝐵1𝑃, где 𝑃 – матрица перехода от 𝑆1 к 𝑆2.
36
Ранг матрицы билинейной формы не меняется при замене базиса.
Рангом билинейной формы называется ранг ее матрицы в любом
базисе. Ранг билинейной формы не зависит от базиса. Билинейная
форма называется вырожденной, если еѐ ранг меньше размерности
пространства, и невырожденной, если еѐ ранг равен размерности
пространства.
Определение. Билинейная форма называется симметричной,
если ∀𝑥 , 𝑦 ∈ 𝑉: 𝐵 𝑥 , 𝑦 = 𝐵 𝑦 , 𝑥 .
Теорема. Билинейная форма симметрична тогда и только тогда, когда
ее матрица симметричная.
Определение. Функция 𝜑(𝑥 ) = 𝐴(𝑥 , 𝑥 ), где 𝐴(𝑥 , 𝑦 ) симметричная
билинейная форма, называется квадратичной формой.
Матрица квадратичной формы в базисе 𝑒 1, 𝑒 2, … , 𝑒 𝑛 :
А = А(𝑒 1, 𝑒 2) … А(𝑒 1, 𝑒 𝑛)
… … …А(𝑒 𝑛 , 𝑒 1) … А(𝑒 𝑛 , 𝑒 𝑛)
=
𝑎11 … 𝑎1𝑛
… … …𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑛
.
А – симметричная матрица, 𝑎𝑖𝑗 = 𝑎𝑗𝑖 .
𝜑 𝑥 = 𝑥1 … 𝑥𝑛 А
𝑥1
…𝑥𝑛
= 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑖𝑛𝑗 =1
𝑛𝑖=1 𝑥𝑗 .
𝑥1 … 𝑥𝑛 А
𝑥1
…𝑥𝑛
= 𝑋𝑇𝐴𝑋 – векторно-матричная форма записи
квадратичной формы.
𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑖𝑛𝑗 =1
𝑛𝑖=1 𝑥𝑗 – координатная форма записи квадратичной формы.
Для квадратичной формы в базисе 𝑒 1, 𝑒 2, 𝑒 3
𝜑 𝑥 = 𝑎11𝑥12 + 2𝑎12𝑥1𝑥2 + 2𝑎13𝑥1𝑥3 + 𝑎22𝑥2
2 + 2𝑎23𝑥2𝑥3 + 𝑎33𝑥32 .
Преобразование координат квадратичной формы при переходе к
другому базису
37
Если 𝐴1 – матрица квадратичной формы в базисе 𝑆1, 𝐴2 – матрица
квадратичной формы в базисе 𝑆2, 𝑃 – матрица перехода от 𝑆1 к
𝑆2, тогда: А2 = 𝑃𝑇А1𝑃.
Определение. Квадратичную форму
𝜑 𝑥 = 𝜆1𝑥12 + ⋯ + 𝜆𝑖𝑥𝑖
2 + ⋯ + 𝜆𝑛𝑥𝑛2, не имеющую попарных
произведений переменных, называют квадратичной формой
канонического вида.
Базис, в котором квадратичная форма имеет канонический вид,
называют каноническим базисом.
В каноническом базисе матрица квадратичной формы имеет
диагональный вид:
𝜆1 ⋯ 0 ⋯ 0⋮ 𝜆𝑖 ⋮0 ⋯ 0 ⋯ 𝜆𝑛
Ранг и индексы инерции квадратичной формы.
Ранг матрицы квадратичной формы не меняется при замене базиса.
Определение. Рангом квадратичной формы (rang φ x = r) называется
ранг матрицы квадратичной формы в любом базисе.
Ранг квадратичной формы не меняется при замене базиса.
Теорема. Для любой квадратичной формы существует канонический
базис. В другой формулировке, любая квадратичная форма
невырожденным преобразованием координат приводится к сумме
квадратов.
Таким образом, ранг квадратичной формы равен количеству
ненулевых коэффициентов в каноническом виде квадратичной формы.
Квадратичная форма называется вырожденной, если еѐ ранг меньше
размерности пространства 𝑟 𝜑 𝑥 < 𝑑𝑖𝑚𝑉, и невырожденной, если ѐѐ
ранг равен размерности пространства 𝑟𝜑 𝑥 = 𝑑𝑖𝑚𝑉.
Положительный индекс 𝑟+ - количество положительных
коэффициентов в каноническом виде.
Отрицательный индекс 𝑟− - количество отрицательных коэффициентов
в каноническом виде.
Очевидно, что 𝑟+ + 𝑟− = 𝑟.
38
Закон инерции квадратичных форм (теорема) Положительный и
отрицательный индексы инерции квадратичной формы не зависят от
выбора канонического базиса. Другая формулировка: Количество
положительных, отрицательных и нулевых коэффициентов в
каноническом виде квадратичной формы не зависит от выбора
канонического базиса.
Определение. Квадратичная форма называется положительно
определенной, если ∀𝑥 ≠ 𝑜 : 𝜑(𝑥 ) > 0.
Определение. Квадратичная форма называется отрицательно
определенной, если ∀𝑥 ≠ 𝑜 : 𝜑(𝑥 ) < 0.
Если квадратичная форма не является положительно или отрицательно
определенной, то говорят, что она общего вида, или знакопеременная.
Исследование квадратичной формы на знакоопределенность
1 способ - по каноническому виду:
Теорема.
1) Квадратичная форма положительно определена ⇔она
невырожденная и все коэффициенты в ее каноническом виде
положительные:
(𝑟 = 𝑟+ = 𝑑𝑖𝑚 𝑉).
2) Квадратичная форма отрицательно определена ⇔ она
невырожденная и все коэффициенты в ее каноническом виде
отрицательные:
(𝑟 = 𝑟− = 𝑑𝑖𝑚 𝑉).
2 способ - по критерию Сильвестра:
1) Квадратичная форма положительно определена ⇔все главные
(угловые) миноры матрицы квадратичной формы
положительные.
2) Квадратичная форма отрицательно определена ⇔знаки главных
миноров матрицы квадратичной формы чередуются, начиная с
минуса.
Критерий Сильвестра для трехмерного пространства:
1)
𝛥1 > 0𝛥2 > 0𝛥3 > 0
⇔ квадратичная форма положительно определена;
39
2)
𝛥1 < 0𝛥2 > 0𝛥3 < 0
⇔ квадратичная форма отрицательно определена;
3) во всех остальных случаях квадратичная форма
знакопеременная, или общего вида.
Одним из методов приведения квадратичной формы к каноническому
виду является метод Лагранжа (метод выделения полных квадратов).
В стандартном случае метод Лагранжа состоит в последовательном
выделении полных квадратов сначала в группе слагаемых, содержащих
переменную 𝑥1, затем содержащих 𝑥2 и т.д.
Решение задач типового расчѐта
Задача 2.12.
a) Привести квадратичную форму 𝜑 𝑥 = 2𝑥12 + 3𝑥2
2 + 2𝑥32 − 2𝑥1𝑥2 −
4𝑥1𝑥3 к каноническому виду методом Лагранжа, выписать
преобразование координат.
b) Найти положительный и отрицательный индексы, ранг квадратичной
формы 𝜑 𝑥 .
c) Исследовать 𝜑 𝑥 на знакоопределенность двумя способами: по
каноническому виду и по критерию Сильвестра.
Решение:
a) Приведѐм квадратичную форму к каноническому виду методом Лагранжа,
то есть выделим полные квадраты:
𝜑 𝑥 = 2𝑥12 + 3𝑥2
2 + 2𝑥32 − 2𝑥1𝑥2 − 4𝑥1𝑥3
= 2 𝑥12 − 𝑥1𝑥2 − 2𝑥1𝑥3 + 3𝑥2
2 + +2𝑥32
= 2 𝑥12 − 2𝑥1
1
2𝑥2 + 𝑥3 +
1
2𝑥2 + 𝑥3
2
− 1
2𝑥2 + 𝑥3
2
+ 3𝑥22
+ 2𝑥32 =
40
= 2 𝑥1 − 1
2𝑥2 + 𝑥3
2
− 2 1
4𝑥2
2 + 𝑥2𝑥3 + 𝑥32 + 3𝑥2
2 + 2𝑥32 =
= 2 𝑥1 − 1
2𝑥2 + 𝑥3
2
−1
2𝑥2
2 − 2𝑥2𝑥3 − 2𝑥32 + 3𝑥2
2 + 2𝑥32 =
= 2 𝑥1 −1
2𝑥2 − 𝑥3
2
+5
2𝑥2
2 − 2𝑥2𝑥3 =
= 2 𝑥1 −1
2𝑥2 − 𝑥3
2
+5
2 𝑥2
2 − 2 ∙2
5𝑥3𝑥2 +
4
25𝑥3
2 −4
25𝑥3
2 =
= 2 𝑥1 −1
2𝑥2 − 𝑥3
2
+5
2 𝑥2 −
2
5𝑥3
2
−2
5𝑥3
2 = 2𝑦12 +
5
2𝑦2
2 −2
5𝑦3
2 ,
где соответствующее преобразование координат имеет вид:
𝑦1 = 𝑥1 −
1
2𝑥2 − 𝑥3 ,
𝑦2 = 𝑥2 −2
5𝑥3 ,
𝑦3 = 𝑥3 .
b) Определим положительный 𝑟+и отрицательный 𝑟− индексы и ранг 𝑟
квадратичной формы по еѐ каноническому виду:
количество положительных коэффициентов 𝑟+ = 2,
количество отрицательных коэффициентов 𝑟− = 1,
общее количество ненулевых коэффициентов в каноническом виде
𝑟 = 3.
c) Исследуем на знакоопределенность:
- по каноническому виду: ранг 𝑟 = dim 𝐿 = 3, но не совпадает ни с одним из
индексов,значит квадратичная форма знаконеопределенная.
- по критерию Сильвестра: выпишем матрицу данной квадратичной формы
2 −1 −2
−1 3 0−2 0 2
41
и вычислим главные миноры
Δ1 = 2 > 0, Δ2 = 2 −1
−1 3 = 5 > 0,
Δ3 = 2 −1 −2
−1 3 0−2 0 2
= −2 < 0 ⇒квадратичная форма знаконеопределена.
IV.ЕВКЛИДОВЫ ПРОСТРАНСТВА
Определение. Скалярным произведением векторов 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 называется
отображение, сопоставляющее двум векторам 𝑥 и 𝑦 число: 𝑥 , 𝑦 = 𝛼,
если выполнены условия:
∀𝑥 , 𝑦 , 𝑧 ∈ 𝑉, ∀𝜆 ∈ ℝ
1) (𝑥 , 𝑦 ) = (𝑦 , 𝑥 )
2) 𝜆𝑥 , 𝑦 = 𝜆 𝑥 , 𝑦 = (𝑥 , 𝜆𝑦 )
3) (𝑥 + 𝑧 , 𝑦 ) = (𝑥 , 𝑦 ) + (𝑧 , 𝑦 ) и 𝑥 , 𝑦 + 𝑧 = 𝑥 , 𝑦 + 𝑥 , 𝑧
4) 𝑥 , 𝑥 ≥ 0 ∀𝑥 ∈ 𝑉, причем 𝑥 , 𝑥 = 0𝑥 = 0 .
Другими словами, скалярное произведение – симметрическая
билинейная форма. Причем, соответствующая ей квадратичная форма -
положительно определенная.
Определение. Линейное пространство 𝑉 называется евклидовым
пространством, если в нем задано скалярное произведение.
Обозначение евклидова пространства 𝐸.
Определение. Длиной (модулем) вектора в евклидовом пространстве
называют величину 𝑥 = 𝑥 , 𝑥 .
Теорема. Неравенство Коши-Буняковского. Для любых векторов
∀𝑥 ,𝑦 ∈ 𝐸 имеет место неравенство 𝑥 , 𝑦 2 ≤ 𝑥 , 𝑥 𝑦 , 𝑦 , или, в
другой форме, 𝑥 , 𝑥 𝑥 , 𝑦
𝑦 , 𝑥 𝑦 , 𝑦 ≥ 0.
С помощью длин векторов неравенство Коши-Буняковского может
быть переписано в виде 𝑥 , 𝑦 ≤ 𝑥 ∙ 𝑦 .
Определение. Углом между ненулевыми векторами в евклидовом
пространстве называют значение 𝜑 ∈ 0, 𝜋 , определяемое равенством:
42
𝑐𝑜𝑠 𝜑 = 𝑥 ,𝑦
𝑥 𝑦 .
Корректность формулы следует из неравенства Коши-Буняковского.
Определение. Два ненулевых вектора называются ортогональными,
если их скалярное произведение равно нулю: 𝑥 ⊥ 𝑦 ⇔ 𝑥 , 𝑦 = 0 .
Определение. Вектор называется нормированным (единичным), если
его длина равна единице: 𝑥 = 1.
Определение. Базис 𝑒 1, . . . , 𝑒 𝑛 называется ортонормированным, если
векторы базиса нормированы и попарно ортогональны, то есть:
(𝑒 𝑖 , 𝑒 𝑗 ) = 0 при 𝑖 ≠ 𝑗,1 при 𝑖 = 𝑗.
Матрица Грама.
Определение. Матрица из попарных скалярных произведений векторов
в фиксированном базисе 𝑆 называется матрицей Грама скалярного
произведения в этом базисе:
𝐺𝑏 =
(𝑒 1, 𝑒 1) (𝑒 1, 𝑒 2) . . . (𝑒 1, 𝑒 𝑛)
(𝑒 2, 𝑒 1) (𝑒 2, 𝑒 2) . . . (𝑒 2, 𝑒 𝑛)⋮ ⋮ ⋮ ⋮
(𝑒 𝑛 , 𝑒 1) (𝑒 𝑛 , 𝑒 2) . . . (𝑒 𝑛 , 𝑒 𝑛)
Квадратная матрица 𝐺 – является матрицей Грама некоторого
скалярного произведения в евклидовом пространстве тогда и только
тогда, когда она 1) симметричная; 2) положительно определенная, т.е.
все ее главные миноры положительные.
Пусть в евклидовом пространстве в некотором базисе заданы два
вектора:
𝑥 =
𝑥1
…𝑥𝑛
и 𝑦 =
𝑦1
…𝑦𝑛
, тогда
𝑥 , 𝑦 = 𝑥1 … 𝑥𝑛 ∙ 𝐺 ∙
𝑦1
…𝑦𝑛
= 𝑋𝑇 ∙ 𝐺 ∙ 𝑌 .
При замене базиса матрица Грама меняется по формуле: 𝑮𝟐 = 𝑷𝑻𝑮𝟏𝑷,
где 𝐺1 и 𝐺2 – матрицы Грама в базисах 𝑆1 и 𝑆2 соответственно, а 𝑃-
матрица перехода от базиса 𝑆1 к базису 𝑆2.
43
Теорема. В конечномерном евклидовом пространстве существует
ортонормированный базис.
Матрица Грама в ортонормированном базисе является единичной
матрицей.
Координатная форма скалярного произведения в ортонормированном
базисе: (𝑥 , 𝑦 ) = 𝑥1𝑦1+. . . +𝑥𝑛𝑦𝑛 .
Длина вектора 𝑥 = 𝑥12 + ⋯ + 𝑥𝑛
2 .
Процесс ортогонализации Грама-Шмидта.
Процесс ортогонализации позволяет построить из произвольной
линейно независимой системы векторов 𝑒 1, . . . , 𝑒 𝑛
ортонормированную систему ненулевых векторов 1 , … , 𝑛 и состоит
в следующем. Полагаем 𝑔 1 = 𝑒 1. Последующие векторы 𝑔 1, … , 𝑔 𝑛
находятся из рекуррентных формул
𝑔 𝑘 = 𝑒 𝑘 − 𝛼𝑘𝑖𝑔 𝑖
𝑘−1
𝑖=1
.
Коэффициенты 𝛼𝑘𝑖 однозначно определяются условием
ортогональности вектора 𝑔 𝑘 векторам 𝑔 1, … , 𝑔 𝑘−1:
𝛼𝑘𝑖 = 𝑒 𝑘 , 𝑔 𝑖
𝑔 𝑖 , 𝑔 𝑖 .
Таким образом, получаем ортогональный базис 𝑔 1 , … , 𝑔 𝑛 . Нормируя
векторы 𝑔 1 , … , 𝑔 𝑛 , получаем ортонормированный базис
1, … , 𝑛 , где 𝑖 =𝑔 𝑖
𝑔 𝑖 , 𝑖 = 1 … 𝑛.
Решение задач типового расчѐта
Задача 2.13.
44
Дана матрица Грама скалярного произведения 𝐺 = 2 −1
−1 4 в базисе
𝑒 1, 𝑒 2 .
Найти:
‒ длины базисных векторов 𝑒 1, 𝑒 2 ;
‒ угол между базисными векторами 𝑒 1, 𝑒 2 ;
‒ длины заданных векторов 𝑥 = −1,3 и 𝑦 = 5, −2 ;
‒ угол между векторами 𝑥 и 𝑦 .
Ортогонализовать базис 𝑒 1, 𝑒 2 . Сделать проверку с помощью матрицы
перехода.
Решение:
Матрица Грама в данном базисе – матрица из попарных скалярных
произведений базисных векторов: 𝑆 = 𝑒 1, 𝑒 2 ⟹ 𝐺 = 𝑒 1, 𝑒 1 𝑒 1, 𝑒 2
𝑒 2, 𝑒 1 𝑒 2, 𝑒 2 .
Длины базисных векторов: 𝑒 1 = 𝑒 1, 𝑒 1 = 2, 𝑒 2 = 𝑒 2, 𝑒 2 = 4 = 2,
угол между базисными векторами 𝑒 1, 𝑒 2 = arccos 𝑒 1 ,𝑒 2
𝑒 1 𝑒 2 = arccos
−1
2 2= 𝜋 −
arccos1
2 2.
Длины данных векторов и угол между ними:
Предварительно вычислим попарные скалярные произведения векторов 𝑥 и 𝑦
с помощью матрицы Грама:
𝑥 , 𝑦 = 𝑥1 𝑥2 𝐺 𝑦1
𝑦2 .
𝑥 , 𝑥 = −1 3 2 −1
−1 4
−13
= −5 13 −13
= 5 + 39 = 44,
𝑥 , 𝑦 = −1 3 2 −1
−1 4
5−2
= −5 13 5
−2 = −25 − 26 = −51,
𝑦 , 𝑦 = 5 − 2 2 −1
−1 4
5−2
= 12 −13 5
−2 = 60 + 26 = 86.
Тогда длины (модули) данных векторов:
45
𝑥 = 𝑥 , 𝑥 = 44 = 2 11, 𝑦 = 𝑦 , 𝑦 = 86,
угол между векторами:
𝑥 , 𝑦 = arccos 𝑥 , 𝑦
𝑥 𝑦 = arccos
−51
2 11 86= 𝜋 − arccos
51
2 11 86 .
Ортогонализуем базис 𝑆 = 𝑒 1, 𝑒 2 методом Грама-Шмидта.
Строим ортобазис𝐹 = 𝑓 1, 𝑓 2 : пусть 𝑓 1 = 𝑒 1 ⇒ 𝑓 2 = 𝑒 2 + 𝛼𝑓 1 ∗ , где
коэффициент 𝛼 найдѐм таким, чтобы 𝑓 1, 𝑓 2 = 0.
Умножим скалярно равенство ∗ на 𝑓 1:
𝑓 1, 𝑓 2 = 𝑓 1, 𝑒 2 + 𝛼 𝑓 1, 𝑓 1 ⇒ 0 = 𝑒 1, 𝑒 2 + 𝛼 𝑒 1, 𝑒 1 ⇒ 𝛼 = − 𝑒 1, 𝑒 2
𝑒 1, 𝑒 1
= −−1
2=
1
2⇒
𝑓 2 = 𝑒 2 + 𝛼𝑓 1 = 𝑒 2 +1
2𝑒 1 =
1
2𝑒 1 + 𝑒 2 =
1
2, 1 , 𝑓 1 = 𝑒 1 + 0 ∙ 𝑒 2 = 1,0 .
Получили ортогональный базис 𝐹 = 𝑓 1, 𝑓 2 .
Теперь нормируем его и получим ортонормированный базис 𝐻 = 1, 2 , где
1 =𝑓 1
𝑓 1 , 2 =
𝑓 2
𝑓 2 .
Найдѐм модули векторов 𝑓 1, 𝑓 2 : 𝑓 1 = 𝑓 1, 𝑓 1 = 𝑒 1, 𝑒 1 = 2,
𝑓 2 = 𝑓 2, 𝑓 2 = 1
21
2 −1−1 4
1
2
1 = 0
7
2
1
2
1 =
7
2 .
Тогда
1 =𝑓 1
𝑓 1 =
𝑒 1
2=
1
2 1,0 ; 2 =
𝑓 2
𝑓 2 =
2
7
1
2, 1 .
46
Проверим ортонормированность построенного базиса 𝐻 = 1, 2 с
помощью матрицы перехода:
𝐺𝐻 = 𝑃𝑇𝐺𝑆𝑃,
где 𝑃𝑇 − матрица перехода от базиса 𝑆к базису 𝐻.
Матрица перехода состоит из координат новых базисных векторов в старом
базисе:
𝑃𝑆→𝐻 =
1
2
2
7∙
1
2
0 2
7
.
Тогда
𝐺𝐻 = 𝑃𝑇𝐺𝑆𝑃 =
1
20
2
7∙
1
2
2
7
2 −1
−1 4
1
2
2
7∙
1
2
0 2
7
=
=
2 −1
2
07
2
2
7
1
2
2
7∙
1
2
0 2
7
= 1 00 1
= 𝐸 .
Получилась единичная матрица, значит базис 𝐻 = 1, 2 ортонормированный.
Задача полностью решена.
Задача 2.14.*
Дана матрица 𝐺 = 2 −2 0
−2 5 −20 −2 2
квадратичной формы 𝜑 𝑥 в базисе
𝑆 = 𝑒 1, 𝑒 2, 𝑒 3 .
47
a) Показать, что матрица 𝐺 является матрицей Грама.
b) Найти длины базисных векторов и углы между ними.
c) Найти длины векторов 𝑥 = (1,2, 3) и 𝑦 = (2, −1,2) и угол между
ними.
d) Найти матрицу Грама квадратичной формы 𝜑 𝑥 в базисе 𝑆1 =
𝑓 1, 𝑓 2, 𝑓 3 , где
𝑓 1 = 𝑒 1 ,
𝑓 2 = 𝑒 1 + 𝑒 2 ,
𝑓 3 = 𝑒 2 − 𝑒 3 .
Решение:
a) Матрица 𝐺 является матрицей Грама тогда и только тогда, когда она
квадратная и
- на главной диагонали строго положительные числа:
в нашем случае это 2 > 0; 5 > 0; 2 > 0;
- матрица симметрична относительно главной диагонали, то есть 𝑎𝑖𝑗 = 𝑎𝑗𝑖 :
в нашем случае это 𝑎12 = 𝑎21 = −2; 𝑎13 = 𝑎31 = 0; 𝑎23 = 𝑎32 = −2;
- все главные миноры строго положительны:
в нашей задаче это
∆1= 2 > 0; ∆2= 2 −2
−2 5 = 6 > 0; ∆3=
2 −2 0−2 5 −20 −2 2
= 4 > 0.
Все условия критерия матрицы Грама выполнены, значит данная матрица
𝐺 является матрицей Грама.
b) Длины базисных векторов и углы между ними найдем с помощью
матрицы Грама:
𝑒 1 = 𝑒 1, 𝑒 1 = 2; 𝑒 2 = 𝑒 2, 𝑒 2 = 5; 𝑒 3 = 𝑒 3, 𝑒 3 = 2 .
𝑒 1, 𝑒 2 = arccos
𝑒 1, 𝑒 2
𝑒 1 𝑒 2 = arccos
−2
2 5= 𝜋 − arccos
10
5;
48
𝑒 1, 𝑒 3 = arccos
𝑒 1, 𝑒 3
𝑒 1 𝑒 3 = arccos
0
2 2= arccos 0 =
𝜋
2;
𝑒 2, 𝑒 3 = arccos
𝑒 2, 𝑒 3
𝑒 2 𝑒 3 = arccos
−2
5 2= 𝜋 − arccos
10
5.
c) Длины векторов 𝑥 = (1,2, 3) и 𝑦 = (2, −1,2) и угол между ними.
Решение:
Найдем попарные скалярные произведения данных векторов с помощью
матрицы Грама:
𝑥 , 𝑥 = 1 2 3 2 −2 0
−2 5 −20 −2 2
123 = −2 2 2
123 = 8,
𝑦 , 𝑦 = 2 −1 2 2 −2 0
−2 5 −20 −2 2
2
−12
= 6 −13 6 2
−12
= 37,
𝑥 , 𝑦 = 1 2 3 2 −2 0
−2 5 −20 −2 2
2
−12
= −2 2 2 2
−12
= −2.
Тогда длины данных векторов:
𝑥 = 𝑥 , 𝑥 = 8 = 2 2, 𝑦 = 𝑦 , 𝑦 = 37.
Угол между данными векторами:
𝑥 , 𝑦 = arccos 𝑥 , 𝑦
𝑥 𝑦 = arccos
−2
2 2 37= 𝜋 − arccos
74
74.
d) Найдѐм матрицу Грама квадратичной формы 𝜑 𝑥 в базисе 𝑆1 = 𝑓 1, 𝑓 2, 𝑓 3
с помощью матрицы перехода: 𝐺𝑆1= 𝑃𝑇𝐺𝑃, где 𝑃 −матрица перехода от
данного базиса 𝑆 к новому
базису𝑆1 .
49
Вспомним, что матрица перехода – это «старые» (то есть в исходном базисе)
координаты векторов нового базиса, записанные по столбцам:
𝑓 1 = 𝑒 1 = 1,0,0 ,
𝑓 2 = 𝑒 1 + 𝑒 2 = 1,1,0 ,
𝑓 3 = 𝑒 2 − 𝑒 3 = 0,1, −1 .
𝑃𝑆→𝑆1=
1 1 00 1 10 0 −1
.
Тогда
𝐺𝑆1= 𝑃𝑇𝐺𝑃 =
1 0 01 1 00 1 −1
2 −2 0
−2 5 −20 −2 2
1 1 00 1 10 0 −1
=
= 2 −2 00 3 −2
−2 7 −4
1 1 00 1 10 0 −1
= 2 0 −20 3 5
−2 5 11 .
Убедимся, что полученная матрица является матрицей Грама:
- на главной диагонали строго положительные числа:
в матрице 𝐺𝑆1 это 2 > 0; 3 > 0; 11 > 0;
- матрица симметрична относительно главной диагонали, то есть 𝑎𝑖𝑗 = 𝑎𝑗𝑖 :
в 𝐺𝑆1 это 𝑎12 = 𝑎21 = 0, 𝑎13 = 𝑎31 = −2, 𝑎23 = 𝑎32 = 5;
- все главные миноры строго положительны:
в полученной матрице это
∆1= 2 > 0; ∆2= 2 00 3
= 6 > 0; ∆3= 2 0 −20 3 5
−2 5 11 = 4 > 0.
Все условия критерия матрицы Грама выполнены, значит полученная
матрица 𝐺𝑆1 является матрицей Грама.
50
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Беклемишев Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. М.:
Физматлит, 2015. 448 с.
2. Кузнецова Е.Ю, Малыгина О.А., Морозова Т.А., Пронина Е.В.,
Параскевопуло О.А., Руденская И.Н., Таланова Л.И., Чекалкин Н.С.
Алгебра и геометрия. 2-ой семестр. Учебно-методическое пособие для
студентов ф-та РТС. М.: МГТУ МИРЭА, 2017. 64 с.
3. Канатников А.Н. Крищенко А.П. Линейная алгебра. М.: Издательство
МГТУ им. Баумана, 2015. 336 c. (электронное издание)
Дополнительная литература
1. Ильин В.А., Позняк Э.Г., Линейная алгебра, М: Физматлит, 2014. 280 с.
2. Краснов М.Л., Кисилев А.И.и др., Вся высшая математика., т. 1, М:
URSS, 2014. 366с.
3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М: Наука, 1968. 431c.
4. Ким Г.Д., Крицков Л.В. Алгебра и аналитическая геометрия. Теоремы
и задачи. Том I. М.: Планета знаний, 2007. 469 с.
5. Ефимов А.В. и др. Сборник задач по математике для ВТУЗОВ, том 1.
М.: Издательство физико-математической литературы, 2003. 288 с.
6. Ким Г.Д., Крицков Л.В. Алгебра и аналитическая геометрия. Теоремы
и задачи. Том II. М.: Планета знаний, 2009. 456 с.