ДОМАШНЕЕ ЗАДАНИЕ №3.
Для выполнения домашнего задания Вам необходимо,
пользуясь табл. 1, заполнить первую строку табл. 2, затем выписать
соответствующие Вашему номеру варианта данные из табл. 2.
Например, Вы учитесь в группе №5, Ваш номер в списке – 14. Тогда
по табл.1 имеем:
5
B
D
F
K
M
A
C
G
Вписываем эти буквы в первую строку табл. 2 и выбираем
строку, соответствующую четырнадцатому варианту:
Номер
по п/п
14
B
5
D
1
Коэффициенты
K
M
–6
6
F
3
A
2
C
9
G
3
Таблица 1
Коэффициенты для разных групп
Группа
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
A
C
M
B
C
D
K
M
F
A
B
C
D
K
M
F
D
B
D
K
A
D
K
M
F
M
D
D
D
K
F
A
M
K
C
K
D
C
A
B
C
D
D
C
F
K
M
M
B
K
M
Коэффициенты
D
K
F
M
C
B
K
D
M
F
A
M
F
A
A
C
K
C
M
F
K
M
M
F
F
A
A
B
C
D
D
C
F
A
M
A
F
F
K
C
B
K
B
K
A
A
B
C
K
B
B
F
B
A
M
B
F
D
B
A
B
C
B
C
D
F
A
C
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
1
Таблица 2
Данные для выполнения домашнего задания
Номер
по п/п
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
2
Коэффициенты
–2
3
5
4
8
3
2
5
1
5
1
9
2
5
–4
2
–5
3
2
1
–8
–2
1
3
–1
9
7
4
–1
2
1
–2
–3
3
–9
4
4
1
4
7
3
–4
–3
1
–1
–3
–4
1
4
–2
–3
–4
9
–5
–3
–4
6
–1
9
1
4
1
4
–2
4
–5
5
3
–3
3
–5
–1
9
3
–8
3
2
5
–3
–7
–1
5
–6
–1
–6
3
–1
5
–3
9
5
–5
1
1
2
1
7
–2
2
–6
2
–8
4
–6
9
1
4
6
–5
8
6
3
4
3
4
–5
2
–6
–5
3
3
7
2
6
1
–3
8
6
9
1
6
–3
1
6
–5
–6
–1
–4
–6
3
4
–6
–2
6
1
2
–3
–4
6
–4
–6
2
–8
3
6
5
–9
–8
–6
–2
4
6
7
2
2
5
6
2
–5
5
1
7
–3
–4
–5
1
8
7
–8
–1
7
4
6
5
–2
7
1
–6
7
4
9
5
3
9
7
–1
7
9
8
–4
–5
6
–1
2
–4
6
–5
3
2
6
G
2
3
1
2
1
2
3
1
2
1
2
1
2
3
1
2
1
2
1
2
3
1
2
1
2
2
1
3
1
2
Задача 1. Даны матрицы:
B C
A
C
I = 2A F K ; J = M
A B M
A
C
B
F
.
H =
D
A
K
B
K
F
D
M ;
B
Найти: 1) FI + MJ + E, где F, N – числа из условия,
Е – единичная матрица;
2) IJ – JI;
3) HI;
4) J –1;
5) JX = I (если detJ = 0, то IX = J);
6) XJ = I (если detJ = 0, то XI = J).
Задача 2. Решить системы уравнений:
Ax1 Bx2 Cx 3 Dx4 K ,
2 Ax1 Kx 2 Fx3 Mx 4 G,
1)
3 Ax1 ( B K ) x2 Fx3 Ax4 D,
3 Ax1 ( B K ) x2 ( F C ) x3 ( M D) x4 A;
Ax1 Bx2 Cx 3 Dx4 0,
2 Ax1 Kx 2 Fx3 Mx 4 0,
2)
3 Ax1 ( B K ) x2 Fx3 Ax4 0,
3 Ax1 ( B K ) x2 ( F C ) x3 ( M D) x4 0;
2Mx1 2Gx2 ( K C A) x3 Bx4 C ,
3Mx1 Bx2 Cx 3 Ax4 G,
3)
2Mx1 ( B G ) x2 Ax3 Fx4 B,
Mx1 Gx2 Kx 3 Dx4 A;
2Mx1 2Gx2 ( K C A) x3 Bx4 0,
3Mx1 Bx2 Cx 3 Ax4 0,
4)
2Mx1 ( B G ) x2 Ax3 Fx4 0,
Mx1 Gx2 Kx 3 Dx4 0;
3
Dx1 Cx 2 Ax3 Fx4 A,
5) 2 Dx1 2Cx 2 Bx3 Kx 4 M ,
3Dx 3Cx Bx Mx G;
1
2
3
4
Dx1 Cx 2 Ax3 Fx4 0,
6) 2 Dx1 2Cx 2 Bx3 Kx 4 0,
3Dx 3Cx Bx Mx 0;
1
2
3
4
Ax2 Dx3 Cx 4 F ,
7)
Bx1 Fx2 Kx 4 M ;
Ax2 Dx3 Cx 4 0,
8)
Bx1 Fx2 Kx 4 0.
Задача 3. Найти собственные значения и собственные
векторы самосопряженного оператора, а так же
матрицу линейного оператора в базисе из
собственных векторов (вариант зависит от G):
A F 0
– если G = 1, то A = F A 0 ;
0 0 M
B 0 0
– если G = 2, то A = 0 D K ;
0 K M
C K 0
– если G = 3, то A = K A 0 .
0 0 F
Задача 4. Привести уравнение кривой 2-го порядка к
каноническому виду, сделать чертеж. Уравнение
кривой:
– если G = 1, то
P2(D2M2 – F2)x2 + P2(D2 – M2F2)y2 + 2MP2(D2 +
+ F2)xy + 2P(CF2 – AMD2)x + 2P(–AD2 –
– CMF2)y + A2D2 – C2F2 – F2D2 = 0;
– если G = 2, то
4
P2(D2M2 + F2)x2 + P2(D2 + M2F2)y2 + 2MP2(D2 –
– F2)xy – 2P(CF2 + AMD2)x + 2P(AD2 –
– CMF2)y + A2D2 + C2F2 – F2D2 = 0;
– если G = 3, то
A2x2 + B2y2 + 2ABxy + Kx + Dy + F = 0;
Здесь P
1
M 2 1
.
5
Пример выполнения домашнего
задания №3
Номер
по п/п
Произвольный
номер
A
–3
B
1
C
4
Коэффициенты
D
K
M
9
–5
3
F
2
Задача 1. Даны матрицы:
4
3 1
4 1 9
I = 6 2 5 ; J = 3 5 3 ;
3 1 3
3 2 1
4 1 2
.
H =
9
3
5
Решение
1) Найти FI + MJ + E.
После подстановки коэффициентов получаем:
2I + 3J + E =
4 4 1 9 1 0 0
3 1
2 6 2 5 3 3 5 3 0 1 0
3 1 3 3 2 1 0 0 1
2
8 12 3 27 1 0 0
6
12 4 10 9
15 9 0 1 0
6
2 6 9
6
3 0 0 1
8 27 1 0 0
6 12 2 3
12 9 4 15 10 9 0 1 0
69
26
6 3 0 0 1
19
18 5 19 1 0 0 17 5
3 11 1 0 1 0 3 10 1 .
3
4
3 0 0 1 3
4
4
6
G
2
4 4 1 9
3 1
2) IJ – JI = 6 2 5 3 5 3
3 1 3 3 2 1
4
4 1 9 3 1
3 5 3 6 2 5
3 2 1 3 1 3
3 1(5) 4 2 3(9) 1 3 4(1)
3(4) 3 4(3)
6(4) 2 3 5(3) 6 2(5) 5 2 6(9) 2 3 5(1)
3(4) 1 3 3(3)
3 1(5) 3 2
3(9) 1 3 3(1)
4 1 2 9(1)
4 4 1(5) 9 3
4(3) 1(6) 9 3
3(3) 5(6) 3 3
3 5 2 3(1)
3 4 5(5) 3 3
3(3) 2(6) 1 3 3 2 2 (1)(1) 3 4 2(5) 1 3
27 3 4
12 3 12 3 5 8
24 6 15 6 10 10 54 6 5
12 3 9
356
27 3 3
12 6 27 4 2 9 16 5 27
9 30 9 3 10 3 12 25 9
9 12 3 3 4 1 12 10 3
3
0
26
21
7
48
45 26 65 30 10 46
24 14 33 6
2
25
07
26 48 24 7 74
3 21
45 30 26 10 65 46 15 16 19 .
24 6 14 2
33 25 18 12 8
3) HI =
7
4
3 1
4 1 2
6 2 5
9 3 5 3 1 3
4
(
3
)
1
(
6
)
2
3
4
1
2
2(1) 4 4 1(5) 2 3
9(3) 3(6) 5 3 9 3 2 5(1) 9 4 3(5) 5 3
0 27
12 6 6 4 2 2 16 5 6 0
.
27 18 15 9 6 5 36 15 15 24 8 36
4) J–1.
4 1 9
J 3 5 3 , тогда
3 2 1
5 3
3
3
3 5
det J 4
9
2 1 3 1
3 2
4(5 6) (3 9) 9(6 15) 4 6 81 79 .
det J 0 J 1 существует
T
1
J 1
JV .
det J
J 11 J 12 J 13
V
Найдем J J 21 J 22 J 23 , где J ij это определитель
J
31 J 32 J 33
матрицы, полученной вычеркиванием i-й строки и j-го столбца
матрицы J, и взятый со знаком «+», если i + j – четное, и со знаком
«–» если i + j – нечетное. Найдем компоненты матрицы J V :
5 3
J11
5 6 1 ;
2 1
J12
3
3
(3 9) 6 ;
3 1
J 21
1 9
(1 18) 17 ;
2 1
J 22
8
4 9
4 27 23 ;
3 1
J 31
1
9
5
3
J 32
J13
4 9
(12 27) 15 ;
3
3
3 5
6 15 9 ;
3 2
J 23
J 33
3 45 42 ;
4 1
(8 3) 5 ;
3 2
4 1
20 3 17 .
3 5
1 6 9
1 17 42
V T
J 17 23 5 J
6 23 15 .
42 15 17
9
5
17
1 17 42
1
1
J 6 23 15 .
79
5
17
9
V
Проверка
J J
1
4 1 9 1 17 42
1
3 5 3 6 23 15
79
5
17
3 2 1 9
4(17) 23 9 5
4(42) 15 9 17
4(1) 1(6) 9(9)
1
3
(
1
)
5
(
6
)
3
(
9
)
3
(
17
)
5
(
23
)
3
5
3
(
42) 5(15) 3 17
79
3(1) 2(6) 1(9) 3(17) 2(23) 1 5 3(42) 2(15) 17
68 23 45 168 15 153
4 6 81
1
3 30 27 51 115 15 126 75 51
79
51 46 5
126 30 17
3 12 9
79 0 0 1 0 0
1
0 79 0 0 1 0 E .
79
0 0 79 0 0 1
Матрица J 1 найдена верно.
9
5) Решить матричное уравнение: JX I .
Домножим слева на J 1 :
J 1 JX J 1 I ; X J 1 I ;
1 17 42
1
1
J 6 23 15 ;
79
5
17
9
4
1 17 42 3 1
1
J I 6 23 15 6 2 5
79
5
17 3 1 3
9
1(3) 17(6) 42 3 1 (17) 2 42 4 17(5) 42 3
1
6(3) 23(6) 15 3
6 23 2 15
6 4 23(5) 15 3
79
9 5 2 17
9 4 5(5) 17 3
9(3) 5(6) 17 3
1
3 102 126 1 34 42 4 85 126
1
18 138 45 6 46 15 24 115 45
79
27 30 51 9 10 17 36 25 51
45 21 79 7 79 45 79
21 7
1
111 37 46 111 79 37 79 46 79 .
79
48 16 10 48 79 16 79 10 79
6) Решить матричное уравнение XJ = I.
Домножим справа на J 1 .
XJJ 1 IJ 1 ;
Х = I J 1 ;
4 1 17 42
3 1
1
X 6 2 5 6 23 15
3 1 3 79 9
5
17
3 6 4(9)
3(17) 23 4 5
3(42) 15 4 17
1
6(1) 2(6) 5(9) 6(17) 2(23) 5 5 6(42) 15 2 5 17
79
3 6 93
3(17) 23 3 5
3(42) 15 17 3
10
3 36
1
6 12 45
79
3 27
39 48
1
39
31
79
24 13
51 23 20 126 15 68
102 46 25 252 30 85
51 23 15 126 15 51
179 39 79 48 79 179 79
137 39 79
31 79 137 79 .
60 24 79 13 79 60 79
Задача 2. Решить системы линейных уравнений.
3x1 x2 4 x3 9 x4 5,
6 x 5 x 3x 3x 2,
1
2
3
4
1)
9 x1 4 x2 2 x3 3x4 9,
9 x1 4 x2 6 x3 12 x4 3;
Решение
Запишем расширенную матрицу системы.
4
9 5
3 1
3 2
6 5 2
9 4 2 3 9 ; из второй строки вычтем первую,
9
4 6 12 3
умноженную на 2; из третьей строки вычтем первую, умноженную
на 3; к четвертой строке прибавим вторую –
4
9 5
3 1
0 7 6 1512
0 7 10 30 24 ; из третьей строки вычтем вторую,
0
7
6
15 18
к четвертой строке прибавим вторую –
4
9 5
3 1
0 7 6 1512
.
0
0 4 1512
0
0
0
0 6
Последняя строка равносильна следующему уравнению:
0 x1 0 x2 0 x3 0 x4 6 .
11
Следовательно, система несовместна, т. е. данная система
решений не имеет.
3x1 x2 4 x3 9 x4 0,
6 x 5 x 2 x 3x 0,
1
2
3
4
2)
9 x1 4 x2 2 x3 3x4 0,
9 x1 4 x2 6 x3 12 x4 0;
Запишем расширенную матрицу системы:
4
9 0
4
9 0
3 1
3 1
в
предыдущем
6
5
2
3
0
7
6
15
0
0
примере
было
.
9 4 2
0
3 0 получено
0 4 15 0
9
0
4 6 12 0
0
0
0 0
Система совместная, неопределенная.
x1, x2, x3 – базисные неизвестные; x4 – свободное.
Выразим базисные неизвестные x1, x2, x3 через x4.
Из третьей строки следует:
15
4 x3 15x4 0 4 x3 15x4 x3 x4 .
4
Из второй строки:
7 x2 6 x3 15x4 0;
15
7 x2 6( x4 ) 15x4 0;
4
45
7 x2
x4 15x 4 ;
2
45
15
7 x2
x4 15x 4 x 4 ;
2
2
15
x2 x4 .
14
Из первой строки: 3x1 x2 4 x3 9 x4 0 ;
15
15
x4 4 x4 9 x4 0;
14
4
15
15
15 84
69
3x1 x4 15x4 9 x4 x4 6 x4
x4 x4 ;
14
14
14
14
23
x1 x4 .
14
Пусть x4 = с, тогда
3x1
12
23
x1 14 c
15
x2 c
14
15
c
x3
4
x4 c.
23
x
1 14
15
x2
x c 14 .
x
3 15
x
4 4
1
6 x1 4 x 2 12x3 x 4 4
2
3) 9 x1 x2 4 x 3x4 2
6 x1 3x 2 3x3 2 x 4 1
3x1 2 x 2 5 x3 9 x 4 3.
Запишем расширенную матрицу системы.
6 4 12 1 4
4
32
9 1
6 3 3 2 1 ; четвертую и
3 2 5 9 3
третью
строки
поменяем местами –
3 2 5 9 3
4 32
9 1
6 3 3 2 1 ; ко второй строке прибавим первую,
6 4 12 1 4
умноженную на 3; к третьей прибавим первую, умноженную на 2, из
четвертой вычтем первую умноженную на 2 –
9 3
3 2 5
0 7 11 24 7
0 7 13 20 5 ; из третьей строки вычтем вторую –
0 0 2 1710
13
9 3
3 2 5
0
7
11
24
7
0 0 2 4 2 ; из четвертой строки вычтем третью –
0 0 2 17 8
9 3
3 2 5
0 7 11 24 7
0 0 2 4 2 .
0 0 0 138
Система совместная, определенная
Получим следующую систему:
3х1 2 х2 5 х3 9 х4 3
3x1 2 x2 5 x3 9 x4 3
7 x2 11x3 24x4 7
7 х2 11х3 24х4 7
2 x 4 x 2
х3 2 х4 1
3
4
8
13x4 8
х4
13
16
29
x3 2 x 4 1 1 ;
13
13
29
8
7 x 2 11x3 24x 4 7 11 24 7
13
13
319 192 91
218
218
x2
;
13
13
91
436 29 8
3x1 2 x2 5 x3 9 x4 3
5 9 3
91
13 13
436 1015 504 273
348
348
116
x1
.
91
91
3 91
91
x1 116 91
x 2 218 91
x
.
x3
29 13
x 8 13
4
6 x1 4 x 2 12x3 x 4 0
9 x1 x 2 4 x3 3x 4 0
4)
6 x1 3x 2 3x3 2 x 4 0
3x1 2 x 2 5 x3 9 x4 0.
14
Запишем расширенную матрицу системы:
6 4 12 1 0
3
в
предудыщем
4
30
9 1
0
6 3 3 2 0 примере было 0
получено
3 2 5 9 0
0
2 5
9 0
7 11 24 0
.
0 2 4 0
0 0 13 0
Система совместная, определенная
3x1 2 x2 5 x3 9 x4 0 x1 0
Системаимеет
7 x2 11x3 24x4 0
x2 0
единственное решение
2 x 4 x 0
x 0
3
4
3
(0, 0, 0).
x4 0.
13x4 0
15
9 x1 4 x2 3x3 2 x4 3
5) 18 x1 8 x2 x3 5 x4 3
27 x 12 x x 3x 2.
1
2
3
4
Запишем расширенную матрицу системы:
4
3 2 3
9
9
4
3 2 3
8
1 5 3
18
18
из
8
1 5 3 ;
27 12 1
3 2
3 2
27 12 1
второй строки вычтем первую, умноженную на 2; к третьей строке
прибавим первую, умноженную на 3 –
9 4 3 2 3
0 0 7 9 9 ; к третьей строке прибавим вторую –
0 0 8 9 7
x1 x 2 x3 x 4
9
4
3
2
3
; поменяем 2 и 3 столбцы местами, при
0 0
7 99
0 0 1 0 2
этом меняем неизвестные x2 и x3 местами –
x1 x3 x 2 x 4
2 3
9 3 4
; ко второй строке прибавим третью,
0 7
0 99
0 1 0
0 2
умноженную на 7 –
x1 x3 x 2
9 3 4
0 0
0
0 1 0
16
x4
2 3
; поменяем 1 и 2 строки местами –
9 23
0 2
x1 x3 x 2 x 4
9
3
4
2
3
; вторую строку разделим на (–1);
0 1 0
0 2
0 0
0 9 23
поменяем 3 и 4 столбцы местами; при этом меняем неизвестные x2 и
x3 местами –
x1 x3 x4 x2
9 3 2
4 3
; разделим третью строку на (–9) –
2
0
1
0
0
23
0
0 9 0
x1 x3 x4 x2
9 3 2 4 3
; из первой строки вычтем третью,
0 1
0 02
0 0 1 0 23 9
умноженную на 2 –
x1 x3 x4 x2
9
3
0
4
19 2
; к первой строке прибавим вторую,
0 1
0 02
0 0 1 0 23 9
умноженную на 3 –
x1 x3 x4 x2
9
0
0
4
73 9
; первую строку разделим на 9 –
0 1 0 0 2
0 0 1 0 23 9
x1 x3 x4 x2
1 0 0 4 9 73 81
.
0 1 0
0 2
0 0 1
0 23 9
Система совместная, неопределенная; x1 , x3 , x4 базисные
неизвестные; x2 свободное неизвестное.
Выразим базисные неизвестные через x2:
17
4
73
x1 9 x2 81
x3 2
23
x4
9
Пусть x 2 c, c R , тогда
73 4
x1 81 9 c
x c
2
x 2
3
x 23
4
9
x
1 73 81 4 9
x2 0 1
x
c
, cR .
x
2 0
3
x 23 9 0
4
9 x1 4 x2 3x3 2 x4 0
6) 18 x1 8 x2 x3 5 x4 0
27 x 12 x x 3x 0
1
2
3
4
Запишем расширенную матрицу системы:
x x3 x 4 x 2
4
3 2 0 в предыдущем 1
9
1 0 0 4 9 0
8
1 5 0 примере было
.
18
0 1 0
0 0
получено
27 12 1
0
3
0 0 1
0 0
Система совместная, неопределенная. x1, x3, x4 – базисные
неизвестные, x2 – свободное. Выразим базисные неизвестные через
x2:
4
4
x1 9 c
x1 9 x 2 0
Пусть x2 c, c R , тогда x 2 c
x3 0
x 4 0.
x3 0
x 0.
4
18
x1 4 9
x2 1
x c
, cR.
x3
0
x 0
4
3 x 2 9 x3 4 x 4 2
x1 2 x2 5 x4 3.
Запишем расширенную матрицу системы:
0 3 9 4 2
; поменяем строки местами –
1 2 0 5 3
7)
1 2 0 5 3
; разделим первую строку на (–3) –
0 3 9 4 2
5 3
1 2 0
; из первой строки вычтем вторую,
2
3
0
1
3
4
3
умноженную на 2 –
1 0 6 23 3 13 3
.
0 1 3 4 3 2 3
Система совместная, неопределенная; x1 и x2 – базисные
неизвестные; x3 , x4 – свободные.
Выразим базисные неизвестные через свободные:
23
13
23
13
x1 6 x3 3 x4 3
x1 6 x3 3 x4 3
4
2
4
2
x 2 3 x3 x 4
x 2 3 x3 x 4 .
3
3
3
3
Пусть x3 c1 ; x4 c2 ; где c1 , c2 R , тогда
23
13
x1 6c1 3 c2 3
x 3c 4 c 2
1
2
2
3
3
x3 c1
x c .
2
4
19
x1 13 3
6
23 3
x2 2 3
3
43
x
c1 c 2
, с1 , с 2 R .
x3
0
1
0
0
1
x 0
4
3x2 9 x3 4 x4 0
8)
x1 2 x2 5 x4 0.
Запишем расширенную матрицу системы:
в предыдущем
1 0 6 23 3 0
1 2 0 5 0
= примере было
.
0 1 3 4 3 0
0 3 9 4 0 получено
Система
совместная
неопределенная;
x1 , x2 базисные
неизвестные; x3 , x4 свободные неизвестные.
Выразим базисные неизвестные через свободные:
23
x1 6 x3 3 x 4 ,
4
x 2 3 x3 x 4 .
3
Пусть x3 c1 ; x4 c2 ; c1 , c2 R , тогда
23
x1 6c1 3 c 2 ,
4
x 2 3c1 c 2 ,
3
x3 c1 ,
x 4 c 2 .
x1
6
23 3
x2
3
43
x c1 c 2
, c1 , c 2 R .
x3
1
0
0
1
x
4
20
Задача 3. Найти собственные значения и собственные
векторы линейного оператора А, а также матрицу
линейного оператора в базисе из собственных
векторов.
0
1 0
G = 2; A 0 9 5 .
0 5 9
Решение
1) Найдем собственные значения. Для этого составим
характеристическое уравнение.
1
0
0
det( A E ) 0
9 5 0;
0
5 9
(1 )
9
5
5
9
0;
(1 )((9 ) 2 25) 0 ;
1 0 или (9 ) 2 25 0 ;
1.
(9 ) 2 25;
9 5;
9 5, 4 или 9 5, 14 .
λ1 1, λ 2 4, λ 3 14 – собственные значения линейного
оператора.
2) Найдем соответствующие им собственные векторы. Для
этого решим следующие однородные системы линейных уравнений.
0
0 x 0
1
1
9 5 x2 0 .
0
0
5 9 x3 0
а) = 1.
0 0
0 0
0 8 5 0 ; поменяем первую и третью строки местами
0 5 8 0
–
21
x1 x 2 x3
0 5 8 0
0 8 5 0 ; поменяем первый и третий столбцы местами –
0 0
0 0
x3 x2 x1
8 5 0 0
5 8 0 0 ; разделим первую строку на 8 –
0
0 0 0
x3 x2 x1
1 5 0 0
; ко второй строке прибавим первую,
8
0 0
5 8
0
0
0
0
умноженную на 5 –
x2
x1
х3
39
1 5 8 0 0
0 39 8 0 0 ; разделим вторую строку на 8 –
0
0
0 0
x3
1
0
0
x2
x1
5 8 0 0
;
1
0 0
0
1 0
из
первой
строки
вычтем
вторую,
5
умноженную на –
8
x3 x2 x1
1 0 0 0
0 1 0 0 .
0 0 0 0
x3 , x2 – базисные неизвестные, x1 – свободное неизвестное.
Выразим базисные неизвестные через свободное x1:
22
x1 c
1
0 .
x
0
x
c
1
2
x3 0
0
Собственные векторы определяются с точностью до
числового множителя, поэтому возьмем с = 1.
1
x 1 0 – собственный вектор, отвечающий собственному
0
значению = 1.
б) = 4.
0
0 0 3 0
0 0 к третьей строке
1 4
9 4 5 0 0
5 5 0 прибавим
0
вторую
0
0
0
5 94 0 5 5
3 0 0 0 первую строку
1 0 0 0
0 1 1 0 .
0 5 5 0 разделим на (3);
0 0 0 0 вторую разделим на 5 0 0 0 0
x1 , x2 базисные неизвестные, x3 свободное неизвестное.
Выразим базисные неизвестные через свободное x3.
x1 0
x x 0
3
2
Пусть x3 c , тогда
x1 0
0
1 .
x
c
x
c
2
2
x3 c
1
0
Возьмем с = 1 x 2 1 – собственный
1
отвечающий собственному значению = 4.
б) = 14.
0
0 0 13 0
0 0
1 14
9 14 5 0 0 5 5 0 =
0
0
5 9 14 0 0 5 5 0
вектор,
23
первую строку разделим на (13) 1 0 0 0
= из третьей строки вычтем вторую 0 1 1 0 .
0 0 0 0
вторуюстроку разделим на (5)
x1 , x2 базисные неизвестные, x3 свободное неизвестное.
Выразим базисные неизвестные через свободное x3 .
x1 0
x2 x3 0.
Пусть x3 c , тогда
0
x1 0
x 2 c x 3 c 1.
x3 c
1
0
x 3 1 – собственный вектор,
1
отвечающий собственному значению = 14.
Итак,
1
0
0
λ 1 1, x λ1 0 ; λ 2 4, x λ2 1 ; λ 3 14, x λ3 1 .
0
1
1
Проверка
1
а) = 1; x 1 0 .
0
Возьмем с = 1
Ax x Ax 1 x1 ; подставим значения А и x 1
0 1 1
1 0
0 9 5 0 0 x 1 .
0 5 9 0 0
0
б) = 4; x 2 1 .
1
24
Ax 2 4 x 2 , подставим значения А и x 2 :
0 0 0 0 0
1 0
0 9 5 1 9 5 4 41 4 x 2
0 5 9 1 5 9 4 1
0
в) = 14; x 3 1 .
1
Ax 3 14x 3 , подставим значения А и x 3 :
0 0 0 0
1 0
0
0 9 5 1 9 15 14 14 1 14x 3 .
1
0 5 9 1 5 9 14
3) Проверим ортогональность собственных векторов.
( x 1 , x 2 ) 1 0 0 1 0 1 0.
( x 1 , x 3 ) 1 0 0(1) 0 1 0.
( x 3 , x 2 ) 0 0 1(1) 1 1 0.
Пусть B {x 1 , x 2, x 3 } – ортогональный базис.
Найдем матрицу линейного оператора в этом базисе. Так как
оператор самосопряженный, то его матрица в базисе из собственных
векторов должна быть диагональной и на диагонали должны стоять
соответствующие собственные значения.
1 0 0
A 0 4 0 .
0 0 14
Проверим это:
A T 1
AT
– формула преобразования матрицы
B B
B B
линейного оператора при переходе к другому базису.
Запишем матрицу перехода от базиса B к базису B .
x 1 e1
x 2 e 2 e3
x e 2 e 3 .
2
25
Столбцами матрицы T
являются соответствующие
B B
коэффициенты базисных векторов
1 0 0
T
0 1 1 .
B B
0 1 1
Найдем TB1B :
1 0 0
1 1
det T
0 1 1 1
1(1 1) 2 0 .
B B
1 1
0 1 1
1
TB1B
1
det T
T .
V T
B B
Найдем компоненты матрицы T V .
1 1
0 0
0 0
T11
2 ; T21
0 ; T31
0;
1 1
1 1
1 1
T12
T13
0 1
1 0
1 0
0 ; T22
1 ; T32
1;
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 ; T23
1 0
1 0
1 ; T33
1.
0 1
0 1
2 0 0
2 0 0
V T
T 0 1 1 ; T
0 1 1 .
0 1 1
0 1 1
2 0 0
1
1
TB B 0 1 1 , тогда
2
0 1 1
0 1 0 0
2 0 0 1 0
1
A 0 1 1 0 9 5 0 1 1
2
0 1 1 0 5 9 0 1 1
V
26
0
0 1 0 0
2
1
0 9 5 5 9 0 1 1
2
0 9 5 5 9 0 1 1
0 1 0 0
0
0
2 0
2
1
1
0 4
4 0 1 1 0
44
4 4
2
2 0 14 14 14 14
0 14 14 0 1 1
2 0 0 1 0 0
1
0 8 0 0 4 0 .
2
0 0 28 0 0 14
Получили, что матрица линейного самосопряженного
оператора в базисе из собственных векторов действительно
диагональна и на диагонали стоят собственные значения.
1 0 0
A 0 4 0 .
0 0 14
1
0
0
= 1, x λ1 0 ; = 4, x λ2 1 ; =14, x λ3 1 .
0
1
1
Задача 4. Привести уравнение кривой 2-го порядка к
каноническому виду, сделать чертеж. Уравнение
кривой:
P 2 (D 2 M 2 F 2 ) x 2 P 2 (D 2 M 2 F 2 ) y 2
2MP 2 ( D 2 F 2 ) xy 2 P( AMD 2 CF 2 ) x
2 P(CMF 2 AD 2 ) y A 2 D 2 C 2 F 2 F 2 D 2 0
1
1
1. G = 2; P
.
10
M 2 1
После подстановки данных получаем:
27
1
1
1
(81 9 4) x 2 (81 9 4) y 2 2 3 (81 4) xy
10
10
10
2
2
(4 4 3 3 81) x
(3 81 4 3 4) y
10
10
9 81 16 4 4 81 0.
Решение
После вычислений получаем:
733 2 117 2 462
1462 10
582 10
x
y
xy
x
y 469 0 умножим
10
10
10
10
10
на 10.
733x 2 117y 2 426xy 1426 10x 582 10 y 469 0 .
Выпишем квадратичную форму:
1) Q( x, y) 733x 2 117y 2 426xy .
Запишем матрицу квадратичной формы.
733 231
.
Q
231 117
Найдем собственные значения. Для этого решим
характеристическое уравнение:
det( A E ) 0 ;
733
231
0;
231 117
(733 )(117 ) 231 231 0;
2 733 117 85761 53361 0;
2 850 32400 0;
D 8502 4 32400 100(852 4 324)
100(7225 1296) 100 5929;
D 770;
850 770
;
1, 2
2
λ 1 40 ; λ 2 810 .
Найдем собственные векторы, отвечающие данным
собственным значениям. Для этого решим систему однородных
линейных уравнений:
28
231 x1 0
733
.
231 117 x2 0
а) = 40.
Запишем расширенную матрицу системы
231 0 693 2310
733 40
117 40 0 231 77 0
231
разделим первую строку на 231 3 1 0 3 1 0
~
.
вторуюна 77
3 1 0 0 0 0
Получим следующее уравнение:
3x1 x2 0 .
x2 – базисное неизвестное, x1 – свободное. Выразим x2
через x1.
x2 3x1
1
x c x 1 c 3 , с R.
1
В качестве собственного вектора можно взять вектор
1
x λ 1 – собственный вектор, отвечающий собственному
3
значению = 40.
б) = 810.
Запишем расширенную матрицу системы:
231 0 77 231 0
733 810
117 810 0 231 693 0
231
первую строку разделим на (77); 1 3 0 1 3 0
~
.
вторуюразделим на 231
1 3 0 0 0 0
Получим следующее уравнение:
x1 3x2 0 .
x1 – базисное неизвестное, x2 – свободное. Выразим x1
через x2:
3
x1 3x2
x c x 2 c .
2
1
3
– собственный
x λ2 c
1
отвечающий собственному значению = 810.
Пусть
с=1
вектор,
29
1
3
в) Изобразим вектор x 1 и x 2 на плоскости
3
1
XOY (рис 2.46).
Рис. 2.46
Поворот от вектора x 1 к вектору x 2 идет по ходу часовой
стрелки, следовательно, нумерация выбрана не верно. Поменяем x 1
и x 2 местами и нормируем их.
x 1 (1) 2 32 10 ; x 2 9 1 10 ;
3
e1
10 , 1 810 ;
x 2 1
10
3
x 1
10
, 40 ;
e2
2
x 1 1
10
x 2
B {e1 , e 2 } – ортонормированный базис из собственных
векторов.
Матрица квадратичной формы в этом базисе имеет
диагональный вид, причем на диагонали стоят соответствующие
собственные значения:
30
810 0
, тогда
Q
0 40
Q( x, y) 810( x) 2 40( y) 2 .
Запишем матрицу перехода от базиса B к базису B
столбцами которой являются координаты найденных собственных
векторов.
3 10 1 10
.
T
B B 1 10 3 10
x
x
Пусть X , X .
y
y
X T 1B B X – формула преобразования координат
вектора при преобразовании базиса. Тогда
X T
X или
B B
x 3 10 1 10 x
y
1 10 3 10 y
3 10
x 1 10 y
;
3 10 y
1 10x
3
1
1
x
y
(3x y ),
x
10
10
10
1
3
1
y
x
y
( x 3 y ).
10
10
10
Подставим координаты х, у, выраженные через новые
координаты х, у, в исходное уравнение кривой:
1
3x y
810( x) 2 40( y ) 2 1426 10
10
1
x 3 y 4690 0;
582 10
10
810( x) 2 40( y) 2 4860x 320y 4690 0 .
Выделим полные квадраты по x и y:
810((x) 2 6 x) 40(( y ) 8 y ) 4690 0;
810((x 3) 2 9) 40(( y 4) 2 16) 4690 0;
31
810( x 3) 2 7290 40( y 4) 2 640 4690 0 ;
810( x 3) 2 ( y 4) 2 3240 разделим на 3240
( x 3) 2 ( y 4) 2
1.
4
81
Перейдем к новой декартовой прямоугольной системе
координат XOY, полученной из системы XOY параллельным
переносом осей OX, OY:
x x 3
x x 3
y y 4 y y 4
( x) 2 ( y ) 2
1 – каноническое уравнение эллипса с
4
81
полуосями 2 и 9.
Найдем координаты центра эллипса.
O(0, 0) центр эллипса в канонической системе координат.
Выразим координаты x, y через координаты x и y
1
1
x
(3( x 3) ( y 4))
x
(3 x y )
10
10
1
1
y
y
( x 3 3( y 4))
( x 3 y )
10
10
1
1
x 10 (3x 9 y 4)
x 10 (3x y 5)
1
1
y
y
( x 3 3 y 12)
( x 3 y 15)
10
10
Итак,
1
x 10 (3x y 5)
1
y
( x 3 y 15).
10
Найдем координаты центра эллипса в системе координат
XOY.
1
5
(0 0 5)
,
x
10
10
1
15
y
(0 0 15)
.
10
10
32
5
15
– координаты центра в XOY.
O
,
10
10
Построим эллипс (рис. 2.47).
Рис. 2.47
Для этого на координатной плоскости поставим точку
5
15
и через неё проведем оси OX и OY , которые
O
,
10
10
направлены по векторам
1
(3, 1),
e1
10
1
e 2
(1, 3).
10
Вершины эллипса А1 и А2 находятся на расстоянии 2 от точки
О по оси ОХ а вершины В1 и В2 – на расстоянии 9 от точки О по
оси ОY.
2. Рассмотрим еще задачу для случая G = 3, тогда
Ax 2 B 2 y 2 2 ABxy Kx Dy F 0 .
После подстановки данных получаем:
33
(3x) 2 y 2 2(3) xy 5 x 9 y 2 0;
9 x 2 y 2 18xy 5 x 9 y 2 0.
Решение
1) Выпишем квадратичную форму:
Q( x, y) 9 x 2 y 2 6 xy .
Матрица квадратичной формы:
9 3 .
Q
3 1
Найдем собственные значения и собственные векторы
матрицы квадратичной формы. Для нахождения собственных
значений составим характеристическое уравнение:
9 3
0;
3
1
(9 )(1 ) 9 0;
9 9 2 9 0;
2 10 0;
λ 0 или λ 10.
Найдем соответствующие собственные векторы
а) 0 .
9 3 0 Разделим первую 3 1 0 К первой строке
3 1 0 строку на 3
3 1 0 прибавим вторую
3 1 0
.
0 0 0
Получим следующее уравнение: 3x1 – x2 = 0.
x1 – базисное неизвестное, x2 – свободное. Выразим x1
через x2:
3х1 х 2 ,
х с.
2
1
x1 c 3 .
1
1
Пусть с = 3, тогда x λ1 – собственный вектор,
3
соответствующий собственному значению = 0.
34
б) = 10.
Первую строку
1 3 0 разделим на (1), 1 3 0 Из второй строки
3 9 0 вторуюразделим 1 3 0 вычтем первую
на (3)
1 3 0
.
0 0 0
Получим следующее уравнение: x1 + 3x2 = 0.
x1 – базисное неизвестное, x2 – свободное. Выразим x1
через x2:
х1 3х2 ,
х с.
2
3
x 2 c .
1
3
x 2 – собственный вектор,
1
соответствующий собственному значению = 10.
1
3
2) Изобразим векторы x1 и x 2 на плоскости
1
3
XOY (рис. 2.48).
Пусть с = 1, тогда
Рис. 2.48
Поворот от вектора
x1 к вектору x 2 идет против хода
часовой стрелки. Значит, нумерация выбрана правильно.
35
Нормируем векторы x1 и x 2 :
х 1 9 10 ;
1
х 10.
2
е1
х
х
1
1
1
3
х
10 ; е2 10 .
3
1
х
10
10
2
2
B e1 , e2 – ортонормированный базис из собственных
векторов. Матрица квадратичной формы в этом базисе имеет
диагональный вид, причем на диагонали стоят соответствующие
собственные значения:
0 0
Q
, тогда
0 10
Q( x, y) 10( y ) 2 .
Запишем матрицу переходя от базиса B к базису B ,
столбцами которой являются координаты найденных собственных
векторов:
1
3
10 .
T
10
B B 3
1
10
10
x
x
Пусть X , а X .
y
y
X T
X – формула преобразования координат при
B B
преобразовании базиса, тогда X T
;
B B X
3
3
1
1
x
y x
( x 3 y ),
x
x
10
10
10
10
10
;
y 3
1 y 3
1
1
x
y
y
(3x y ).
10
10
10
10
10
Подставим найденные выражения координат x, y через
новые координаты x, y в исходное уравнение кривой.
36
1
1
( x 3 y) 9
(3x y) 2 0 ;
10
10
5
27
15
9
10( y )2
x
x
y
y 2 0;
10
10
10
10
22
24
10( y )2
x
y 2 0.
10
10
Выделим полный квадрат по y:
24
22
10 ( y ) 2
y
x 2 0;
10 10 10
12
22
10 ( y ) 2
y
x 2 0;
5 10 10
2
6
36 22
10 y
x 2 0;
5 10 250 10
10( y)2 5
6 36 22
10 y
x 2 0;
5 10 25
10
2
10 y
10 y
6 14 22
x 0;
5 10 25
10
2
6
22
14
x ;
25
5 10
10
2
6
22
10 14
10 y
x
разделим на 10 –
22 25
5 10
10
2
6
22
7 10
y
x
.
275
5 10
10 10
Перейдем к новой системе координат X OY , которая
получается из системы координат X OY параллельным переносом
осей OX , OY :
2
7 10
7 10
x x
275 , тогда x x 275
6
y y 6
y y
5 10
5 10
y 2
22
10 10
x – каноническое уравнение параболы.
37
Найдем координаты вершины параболы в системе координат
XOY.
O(0, 0) – координаты вершины в канонической системе
координат X OY .
Выразим координаты x и y через x и y:
1
1
7 10
6
y
x
( x 3 y )
x
3
275
10
10
5 10
1
7 10
18
1
7 10 18 10
3 y
3 y
x
x
275 5 10
275
50
10
10
1
92 10
x 3 y
;
275
10
1
1
21 10
6
y
(3 x y )
3
x
y
275
10
10
5 10
1
21 10 6 10
1
54 10
3x y
3x y
.
275
50
275
10
10
O(0, 0) – вершина параболы XOY.
1
92 10 92
0
0
,
x
275 275
10
y 1 0 0 54 10 54 .
275
275
10
54
92
;
Тогда O
– координаты вершины параболы в
275
275
XOY.
Сделаем чертеж. Для этого на координатной плоскости
54
92
;
поставим точку О
и проведем через нее оси ОХ,
275 275
ОY которые направлены по векторам:
1
(1, 3)
e1
10
1
e 2
(3, 1)
10
38
и нарисуем параболу в канонической системе координат XOY
(рис. 2.49).
Рис. 2.49
39
