Руководство по решению задач по алгебре и...

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).


обратим тогда и только тогда, когда его образ совпадает со всем

пространством 𝐿: Im𝐴 = 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


−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


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:


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


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


−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:


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


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:


𝐴 𝑖 = 𝑘 ⋅ 𝑖 = (𝑘, 0,0)

29

𝐴 𝑗 = 𝑘 ⋅ 𝑗 = (0, 𝑘, 0)

𝐴 𝑘 = 𝑘 ⋅ 𝑘 = (0,0, 𝑘)


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 .


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 }.



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:


30

𝐴 𝑖 = 𝑖 = (1,0,0),

𝐴 𝑗 = 𝑗 = (0,1,0),

𝐴 𝑘 = 0 = (0,0,0).


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

.


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 }.



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 .


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 .


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.


.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


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


−2

2 5= 𝜋 − arccos

10

5;

48


𝑒 1, 𝑒 3


0

2 2= arccos 0 =

𝜋

2;


𝑒 2, 𝑒 3


−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.

Руководство по решению задач по алгебре и...

Documents

Transcript of Руководство по решению задач по алгебре и...