531495964
Решение задач «Дополнительные главы алгебры и геометрии»
№ 1. Построить ортогональный базис подпространства, порожденного
системой векторов a1 (2, 1, 3, 1) , a2 (7, 4, 3, 3) , a3 (1, 1, 6, 0) ,
a4 (5, 7, 7, 8) .
Найти ОНБ.
Решение:
1 шаг. Проверить линейную независимость системы векторов a1 , a2 , a3 , a4 .
Составим матрицу, строками в которой будут координаты векторов.
Приведем матрицу к ступенчатому виду:
2
7
1
5
1
3 1 1
1 6
0
4
3 3 0 1 15 1
~
~
1 6
0 0 3 45 3
7
7
8 0
2 37
8
I2·III, II7·III, IV5·III, перестановка строк в порядке III, I, II, IV.
1 6
0
1
0
1
15
1
~
0
0 67
6
0
0
0
0
III3·I, IV+2·II, перестановка строк IV, III.
Получилось три «ступеньки», следовательно, системы векторов a1 , a2 , a3 , a4
линейно зависима. Существует подсистема из трех линейно независимых
векторов. Учитывая перестановку строк в матрице, a1 , a3 , a4 линейно
независимые, образуют базис подпространства U.
2 шаг. Выполнить процесс ортогонализации Грама-Шмидта.
Пусть a1 (2, 1, 3, 1) , a3 (1, 1, 6, 0) , a4 (5, 7, 7, 8) старый базис.
Нужно найти базис b1 , b2 , b3 .
b1 a1 (2, 1, 3, 1) .
Пусть b2 a3 t b1 , где коэффициент t подбирается из условия b1 b2 , т.е.
скалярное произведение b1 b2 0 .
Следовательно, a3 b1 t (b1 b1 ) 0 .
a3 b1
t
b1 b1
531495964
a3 b1 1 2 1 1 (6) 3 0 (1) 15 .
b1 b1 22 12 32 (1) 2 15 .
t
15
1.
15
b2 a3 1 b1 (1 2, 1 1, 6 3, 0 1) (3, 2, 3, 1) .
Пусть b3 a4 p b1 q b2 , где коэффициенты p и q подбираются из условий
b1 b3 0
b1 b3 , b2 b3 , т.е. скалярные произведения
.
b2 b3 0
a4 b1 p (b1 b1 ) q 0 0
Следовательно,
.
a4 b2 p 0 q (b2 b2 ) 0
a4 b1
a4 b2
p
, q
b1 b1
b2 b2
a4 b1 5 2 7 1 7 3 8 (1) 30 .
p
30
2 .
15
a4 b2 5 3 7 2 7 (3) 8 (1) 0 .
q
0
0.
b2 b2
b3 a4 2 b1 0 b2 (5 4, 7 2, 7 6, 8 2) (1, 5, 1, 10) .
Ответ: векторы b1 (2, 1, 3, 1) , b2 (3, 2, 3, 1) , b3 (1, 5, 1, 10) образуют
ортогональный базис подпространства U.
3 шаг. Найти длину каждого вектора b1 , b2 , b3 .
b1 b1 b1 15 . Тогда e1
1
1
3
1
2
b1
,
,
,
.
b1
15 15 15 15
b2 b2 b2 32 2 2 (3) 2 (1) 2 23 . Тогда
e2
1
2
3 1
3
b2
,
,
,
.
b2
23
23
23
23
b3 b3 b3 12 52 12 10 2 127 . Тогда
e3
1
5
1
10
1
b3
,
,
,
.
b3
127
127
127
127
531495964
Ответ: векторы e1 , e2 , e3 образуют ОНБ (ортонормированный базис)
подпространства U.
531495964
№ 2. Найти базис ортогонального дополнения к пространству, порожденному
системой векторов a1 (2, 1, 3, 1) , a2 (7, 4, 3, 3) , a3 (1, 1, 6, 0) ,
a4 (5, 7, 7, 8) .
1шаг. Используя результат задачи 1, выберем базис подпространства U
векторы a1 , a3 , a4 .
2 шаг. Составим однородную систему линейных уравнений, у которой
пространство решений есть ортогональное дополнение к U.
2 x1 1 x2 3 x3 1 x4 0
U : 1 x1 1 x2 6 x3 0 x4 0 .
5 x 7 x 7 x 8 x 0
2
3
4
1
3 шаг. Найти фундаментальную систему решений однородной системы
линейных уравнений, используя расширенную матрицу:
2 1
3 1 0 1
1 6
0 0
0 0 ~ 0 1 15 1 0 .
1 1 6
5 7
7
8 0 0
0 67
6 0
Переменные x1 , x2 , x3 зависимые; переменная x4 свободная.
Для поиска базиса пространства решений составим таблицу:
с1
x1
x2
x3
x4
1
Назначим значение 1 свободной переменной, тогда остальные значения
получаются из формул:
67 x3 6 x4 0 x3
6
.
67
x2 15 x3 x4 0 x2 15
x1 x2 6 x3 0 x1
6
157
1
.
67
67
157
6 121
6
.
67
67
67
531495964
Тогда
с1
x1
121
67
x2
157
67
x3
6
67
x4
1
121 157 6
,
,
, 1 является базисом U .
67
67
67
Ответ: вектор с1
531495964
№ 3. Найти ортогональную проекцию и ортогональную составляющую
вектора a4 (5, 7, 7, 8) на пространство, порожденное системой векторов
a1 (2, 1, 3, 1) , a2 (7, 4, 3, 3) .
1 шаг. Пусть a1 , a2 базис подпространства U.
Найдем базис U векторы d1 , d 2 .
2 x1 1 x2 3 x3 1 x4 0
U :
.
7 x1 4 x2 3 x3 3 x4 0
2 1 3 1 0 2 1
3 1 0
~
7 4 3 3 0 0 1 15
1
0
2·II7·I
Переменные x1 , x2 зависимые; переменные x4 , x4 свободные.
Для поиска базиса пространства решений составим таблицу:
d1
d2
x1
x2
x3
1
0
x4
0
1
Назначим свободным переменным значения, как в единичной матрице, тогда
остальные значения получаются из формул:
x2 15 x3 x4 0 x2 15 x3 x4 .
2 x1 x2 3x3 x4 0 x1
Тогда
d1
d2
x1
9
1
x2
15
1
x3
1
0
x4
0
1
x2 3x3 x4
9 x3 x4 .
2
531495964
2 шаг. Найти разложение вектора a4 по базису a1 , a2 , d1 , d 2 , т.е. найти
коэффициенты в a4 t1 a1 t 2 a2 t3 d1 t 4 d 2 . Для этого решим систему
линейных уравнений, имеющую расширенную матрицу:
2
7 9
1 5 1 3
0
4 15 1 7 0
1 15
1
~
3
3
1 0 7
0
1 9
1 3
0
1 8 0 6
1
1 8
0 15
~
3 21
3 31
I+2·IV, II+IV, III+3·IV, перестановка строк в порядке IV, II, I, III.
1 3
0
1
15
0
~
0
0 24
0
0
91
1 8
0 15
~
3
6
3 121
IIIII, IV+6·II; III делится на 3.
1 3
0
1 15
0
~
0
0 8
0
0 91
1 8
0 15
~
1 2
3 121
91
·III.
8
0
1
1 3
8
1 15
0 15
0
~ 0
0 8
1
2 ~
115 575
0
0
0
8
4
8
IV делится на
.
115
1 3
0 1 8
1 15 0 15
0
~
~
0
0 8 1 2
0
0
0
1
10
IV+
IIV, IIIIV.
1 3
0 0 2
1 15 0 15
0
~
~
0
0 8 0 8
0
0
0
1
10
III делится на 8, II15·III.
531495964
1 3 0 0 2
1 0 0 0
0
~
~
0
0 1 0
1
0
0
0
1
10
I+3·II.
1
0
~
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0 2 1
0 0 0
~
0
1 0
1 10 0
0
1
0
0
0
0
1
0
0 2
0 0
.
0 1
1 10
I делится на 1.
a1 0 a2 1 d1 10 d 2 x y .
Следовательно, a4 2
U
U
Ответ: x 2 a1 (4, 2, 6, 2) ортогональная проекция;
y 1 d1 10 d 2 (1, 5, 1, 10) ортогональная составляющая.
531495964
№ 4. Найти ОНБ из собственных векторов оператора, заданного матрицей:
2
0
1
A 2
2 2 .
0 2
3
2
0
1 λ
1 шаг. Запишем матрицу A λ E 2 2 λ 2 .
0
2 3 λ
1 λ
Вычислим определитель | A λ E |
(1 λ)
2 λ
2
2
0
2 2 λ
2
0
2 3 λ
2
2 3 λ
0 3 λ
(1 λ) (2 λ) (3 λ) (2) (2) 2 (2(3 λ) 0)
(1 λ) λ2 5 λ 2 4 λ 12
λ3 6 λ2 3λ 10 .
2
2
Тогда искомые собственные числа корни характеристического уравнения:
λ3 6 λ2 3λ 10 0 или λ3 6 λ2 3λ 10 0 .
Сравнивая суммы коэффициентов при четных степенях (6 + 10 = 4) и при
нечетных степенях (1 + 3 = 4) делаем вывод, что один корень λ1 1 .
Тогда λ3 6 λ2 3λ 10 ( λ 1)( λ2 bλ 10) .
После раскрытия скобок получаем, что b = 7.
( λ 1)( λ2 7 λ 10) 0 имеет корни λ1 1 , λ2 2 , λ3 5 (это собственные
числа).
2 шаг. Для каждого собственного числа найдем соответствующие
собственные векторы.
2
0
2
Для λ1 1 составим матрицу A λ1 E A 1 E 2 3 2 .
0 2
4
Составим матрицу из двух частей: E | ( A λ1 E ) T
1 0 0 2
2
0 1 0
0 2
2 0 1 0 0 2
2 0
3 2 ~ 1 1 0,5 0
0 0 ~ 2 2 1 0
0 0
0 1 0 2
0 0 1 0 2
4 0 0
1 0 2 4 0 0 1 0 2 4
2·II
III+ 12 III
Вторая строчка означает, ( A 1 E ) переводит вектор (2, 2, 1) в нулевой
2 0
2
2
вектор, т.е. ( A 1 E ) 2 0 A 2 1 2 .
1 0
1
1
531495964
(2, 2, 1) собственный вектор для λ1 1 .
2
0
1
Для λ2 2 составим матрицу A λ2 E A 2 E 2 0 2 .
0 2
1
1 0 0 1
2
0 1 0 0 1
2 0
0 2 ~ 2 1 2 0
0 0
0 1 0 2
0 0 1 0 2
1 0 0 1 0 2 1
II+2·I+2·III
(2, 1, 2) собственный вектор для λ2 2 .
4
Для λ3 5 составим матрицу A λ3 E A 5 E 2
0
1 0 0 4
1 0 0 4
2
0
2
0 1
0
0 ~ 1
0 1 0 2 3 2 ~ 0,5 1 1 0
0 0 1 0 2 2
0 0
1 0 2 2 0
2
0
3 2 .
2 2
0
0 4
2
0
2 2 0
0
0
0
1 0 2 2
2·II
II+ 12 ·IIII
(1, 2, 2) собственный вектор для λ3 5 .
Найденные собственные векторы f1 (2, 2, 1) , f 2 (2, 1, 2) , f 3 (1, 2,2)
образуют ненормированный ортогональный базис.
3 шаг. Найдем длины векторов: f1 (2) 2 2 2 12 9 3 ,
f 2 2 2 12 2 2 3 ,
1
3
f 3 12 2 2 ( 2) 2 3 .
1 2 1 2
1 1 2 2
2 2 1
, , , e2 f 2 , , , e2 f 3 , ,
3
3
3 3 3
3 3 3
3 3 3
Тогда e1 f1
образуют ОНБ.
Ответ: собственные числа: λ1 1 , λ2 2 , λ3 5 .
2 2 1 2 1 2 1 2 2
, , , e2 , , , e2 , ,
.
3 3 3
3 3 3
3 3 3
ОНБ: e1
531495964
№ 5. Привести квадратичную форму
f x12 3x22 4 x32 4 x1 x2 4 x2 x3 2 x2 x4 4 x3 x4 к каноническому виду и найти
соответствующую замену переменных.
(Первый способ) Использование матрицы линейного оператора.
1 шаг. Составим симметричную матрицу квадратичной формы:
1
2
A
0
0
0
3
2
1
.
2 4 2
1 2
0
2
0
В этой матрице каждый aii коэффициент при xi2 ,
а каждый aij a ji половине коэффициента при xi x j .
Тогда f x1 x2
x1
x
x4 A 2 .
x
3
x
4
x3
2 шаг. Найдем собственные числа матрицы A.
1 λ
2
0
0
2 3 λ
2
1
| A λE |
=
0
2 4 λ 2
0
1
2 λ
III+2·II; IV+·II
1 λ
2
4
2
3 λ
8 2λ
2 λ 1 3 λ λ2
0 0
1 λ
2
0
2 1
(1) 2 4
4
8 2λ
λ
λ 0
2 λ 1 3 λ λ2 2 2 λ
2 2λ 0
1 λ
IC
II C
2
0
2
0
2
5λ λ
8 2λ
λ
2
(1 3 λ λ )(1 λ)
2λ
1 3 λ λ2 2 2 λ
2
0
2
0
2
5λ λ
8 2λ
λ
3
2
λ 4λ 2λ 1
1 3 λ λ2 2 2 λ
2
531495964
1 2
2 (1)
λ
5 λ λ2
λ
λ 4λ 2λ 1
2 2λ
2
3
2
10 2 λ
1
λ 4λ 2λ 1 2 2λ
3
2
λ ( λ3 26 λ 21) λ ( λ3 26 λ 21) .
Один корень λ1 0 . Остальные корни вручную искать затруднительно.
Поэтому воспользуемся вторым способом решения задачи.
(Второй способ) Метод Лагранжа
f x12 3x22 4 x32 4 x1 x2 4 x2 x3 2 x2 x4 4 x3 x4
Выделим все слагаемые, содержащие x1 :
x12 4 x1 x2 ( x1 2 x2 ) 2 22 x22 .
Выполним замену: y1 x1 2x2 и запишем квадратичную форму как
f ( y1 , x2 , x3 , x4 ) y12 x22 4 x32 4 x2 x3 2 x2 x4 4 x3 x4 .
В полученной форме выделим все слагаемые, содержащие x2 :
x22 4 x2 x3 2 x2 x4 ( x22 4 x2 x3 2 x2 x4 ) ( x22 2 x2 (2 x3 x4 ))
( x2 (2 x3 x4 )) 2 (2 x3 x4 ) 2 ( x2 2 x3 x4 ) 2 4 x32 4 x3 x4 x4 .
2
Выполним замену: y2 x2 2 x3 x4 и запишем квадратичную форму как
f ( y1 , y2 , x3 , x4 ) y12 y22 x42 4 x3 x4 .
Далее можем воспользоваться простой догадкой:
x42 4 x3 x4 x42 4 x3 x4 4 x32 4 x32 (2 x3 x4 ) 2 4 x32 .
Выполним замену: y3 2 x3 x4 , y4 x4 и запишем квадратичную форму как
f ( y1 , y2 , y3 , y4 ) y12 y22 y32 4 y42 .
Ответ: f y12 y22 y32 4y42 канонический вид;
y1 x1 2 x2
y x 2x x
2
2
3
4
замена переменных.
y3 2 x3 x4
y 4 x4
531495964
№ 6.1. Найти все значения параметра t, при котором квадратичная форма
f x12 3x22 4 x32 t x1 x2 4 x2 x3 2 x2 x4 4 x3 x4 положительно определена.
1 шаг. Составим симметричную матрицу квадратичной формы:
t
0
0
1
2
t
3
2
1 .
A
2
0 2 4 2
0
0 1 2
2 шаг. Воспользуемся критерием положительно определенной квадратичной
формы: квадратичная форма положительно определена все угловые
миноры положительны.
Угловой минор первого порядка минор в левом верхнем углу матрицы
Δ1 | (1) | 1 0 .
Угловой минор второго порядка
1
Δ2
t
2
t
2
2
t
3 0.
2
3
Найдём значения переменной t, удовлетворяющие неравенству:
2
t
2
3 t 12 2 3 t 2 3 .
2
Угловой минор третьего порядка
1
Δ3
t
2
0
t
2
0
3
2
2
2 4
t
12 (4) 4 t 2 16 0 .
2
Найдём значения переменной t, удовлетворяющие неравенству:
t 4,
t 2 16 0 t 2 16
t 4.
Угловой минор четвёртого порядка Δ 4 | A | 0 . Но это условие не
понадобится.
531495964
2 3 t 2 3
Пересечение промежутков t 4,
пустое множество.
t 4.
Ответ: не существует значения параметра t, при котором квадратичная форма
f положительно определена.
531495964
№ 6.2. Найти все значения параметра t, при котором квадратичная форма
f tx12 3x22 x32 4 x1 x2 2 x1 x3 2 x2 x3 положительно определена.
1 шаг. Составим симметричную матрицу квадратичной формы:
t 2 1
A 2 3 1 .
1 1 1
2 шаг. Воспользуемся критерием положительно определенной квадратичной
формы: квадратичная форма положительно определена все угловые
миноры положительны.
Угловой минор первого порядка
Δ1 | (t ) | t 0 .
Угловой минор второго порядка
Δ2
t
2
2 3
3t 4 0
t
4
.
3
Угловой минор третьего порядка
t
Δ3 | A |
t
2 1
2 3 1
1 1 1
t 1 1 1
1 2 1
0 0 1
t 1 1
1
2
2(t 1) 1 2t 3 0
3
.
2
t 0,
4
3
Пересечение промежутков t , равно t .
2
3
3
t ,
2
3
Ответ: t .
2
531495964
№ 7.1. Определить тип линии 25 x 2 14 xy 25 y 2 64 x 64 y 224 0 , написать
ее каноническое уравнение, найти каноническую систему координат.
1 шаг. Выделим в уравнении линии квадратичную форму
f ( x, y ) 25 x 2 14 xy 25 y 2 .
Составим симметричную матрицу квадратичной формы:
25 7
.
A
7 25
2 шаг. Найдем собственные числа матрицы A.
| A λE |
25 λ
7
7 25 λ
(25 λ) 2 7 2 (18 λ)(32 λ) 0 .
λ1 18, λ2 32 собственные числа.
3 шаг. Найдем собственные векторы матрицы A.
Для λ1 18 :
1 0 25 18
7 1 0 7 7 1 0 7 7
~
~
0 1
0 1 7
1 1 0
7
25
18
7
0
f1 (1, 1) .
Для λ2 32 :
1 0 25 32
7 1 0 7 7 1 0 7 7
~
0 1
0 1 7 7 ~ 1 1 0
7
25
32
0
f 2 (1, 1) .
4 шаг. Найдем ОНБ из собственных векторов матрицы A.
1
1
1
1
g1 f1
(1, 1)
,
.
| f1 |
2
2
12 12
1
1
1 1
g2 f2
(1, 1)
,
.
| f2 |
2
2
(1) 2 12
5 шаг. Запишем канонический вид квадратичной формы в базисе ( g1 , g 2 ) :
λ1
0
0 18 0
:
λ2 0 32
f ( x, y) 18( x) 2 32( y) 2 .
с матрицей Ag
531495964
6 шаг. Запишем замену переменных:
x 1 x 1 y
.
y
1
x
1 y
g1
g2
1
1
x
x
y
2
2
.
1
1
y
x
y
2
2
Новая система координат Oxy получается из старой системы Oxy поворотом
x cos φ x sin φ y
.
y sin φ x cos φ y
вокруг начала координат O на угол , где
В нашем случае: φ
π
.
4
Тогда уравнение линии в новой системе координат:
1
1
1
1
18( x) 2 32( y) 2 64
x
y 64
x
y 224 0 .
2
2
2
2
18( x) 2 32( y ) 2 64
2
y 224 0 .
2
18( x) 2 32( y) 2 64 2 y 224 0 .
9( x) 2 16( y) 2 32 2 y 112 0 .
7 шаг. Выполним выделение полного квадрата:
2
2
16( y) 2 32 2 y 16 ( y) 2 2 2 y 2
2
2
2
16 y 2 2 16 y 2 32 .
Запишем новую замену переменных:
x x
.
y y 2
x x x0
y y y0
При замене
2
531495964
новая система координат Oxy получается из системы Oxy параллельным
переносом осей координат, так, чтобы начало координат O имело
координаты ( x0 , y0 ) .
В нашем случае O имеет координаты (0, 2 ) .
Тогда уравнение линии в новой системе координат:
9( x) 2 16( y) 2 32 112 0 .
9( x) 2 16( y) 2 144 .
8 шаг. Приведем уравнение линии к каноническому виду:
9( x) 2 16( y) 2 144 . (поделим на 144)
( x) 2 ( y ) 2
1.
16
9
( x) 2 ( y ) 2
Получили уравнение эллипса 2 2 1 , где
a
b
a = 4, b = 3.
( x) 2 ( y ) 2
1;
Ответ: тип линии эллипс; каноническое уравнение
16
9
π
каноническая система координат комбинация поворота на угол φ и
4
параллельного переноса в точку (0, 2 ) .
531495964
7.2.Определить тип линии 25 x 2 10 xy y 2 52 x 52 y 208 0 , написать ее
каноническое уравнение, найти каноническую систему координат.
1 шаг. Преобразуем уравнение, заметив, что 25 x 2 10 xy y 2 (5 x y) 2 :
(5 x y ) 2 52 x 52 y 208 0 .
Коэффициенты 5 и 1 преобразуем в значения cos и sin:
cos φ
5
52 (1) 2
5
1
; sin φ
.
26
26
2
1
5
26
x
y 52 x 52 y 208 0 .
26
26
2
1
5
26
x
y 52 x 52 y 208 0 .
26
26
5
1
x
y cos φ x sin φ y
x
26
26
Выполним замену:
, эквивалентную
y sin φ x cos φ y
x cos φ x sin φ y
.
y sin φ x cos φ y
замене
Тогда уравнение линии в новой системе координат:
1
5
5
1
2
26x 52
x
y 52
x
y 208 0 .
26
26
26
26
26x 52
6
4
x 52
y 208 0 .
26
26
x2 2 6
x 2
2
26
4
y 8 0 .
26
2 шаг. Выполним выделение полного квадрата:
2
2
x 2 6 x x2 2 6 x 6 6
26
26
26 26
2
2
2
2
6 6
6 18
x
x
.
26 26
26 13
6
Выполним замену: x x
.
26
531495964
Тогда уравнение: x 2
2
x2 2 4
26
y
18 14
0.
13
x2 2 4 y 18 14
26
4
18
y 8 0 .
13
26
13
26
.
2 4
x2 2 4 y 9 7 .
26
26
Выполним замену: y y
Тогда x 2
2
97
.
26
4
y уравнение параболы x2 2 p y .
26
Ответ: тип линии парабола; каноническое уравнение x 2
2
4
y ;
26
каноническая система координат комбинация поворота на угол
5
1
6
97
,
cos φ
.
и параллельного переноса в точку
, sin φ
26
26
26
26
531495964
7.3.Определить тип линии 25 x 2 10 xy y 2 60 x 12 y 220 0 , написать ее
каноническое уравнение, найти каноническую систему координат.
1 шаг. Преобразуем уравнение, заметив, что 25 x 2 10 xy y 2 (5 x y) 2 и
60x 12 y 12(5x y) :
(5 x y ) 2 12(5 x y ) 220 0 .
Пусть z 5x y : z 2 12 z 22 10 0 z1 22, z2 10.
Т.е уравнение линии эквивалентно объединению уравнений:
5 x y 22,
5 x y 10.
Каждое уравнение уравнение прямой. Получили пару параллельных
прямых вырожденный случай квадрики на плоскости.
Ответ: тип линии пара параллельных прямых; каноническое уравнение
5 x y 22 0,
5 x y 10 0.
Каноническая система координат Oxy.
