Маємо: x =
1) Знайти А=I-x (xТx)-1 xТ
2) Довести, що матриця ідемпотентна і знайти ранг А.
3) Навести квадратичну форму zТAz до канонічного вигляду, знайти
4) Розв¢язати методом жорданових виключень систему рівнянь.
РОЗВ¢ЯЗАННЯ:
1) Обчислимо А.
Xtx = =
Знайдемо методом жорданових виключень (хtx)-1.
x1 | x2 | |
У | [6] | |
У2 |
ß
y1 | x2 | ||
x1 | [1] | -5 | :6 |
y2 |
y1 | x2 | y1 | y2 | y1 | y2 | ||||||
x1 | 1/6 | -5/6 | Þ | x1 | 10/6 | -5/6 | :35/6 | Þ | x1 | 10/35 | -5/35 |
y2 | 5/6 | [35/6] | x2 | -5/6. | [1] | x2 | -5/35 | -6/35 |
Отримали (xtx)-1= =
Перевіримо правильність обчислення:
I=(xtx)-1*(xtx)= = =
Отже, обернена матриця знайдена вірно.
Обчислимо x(xtx)-1xt
x(xtx)-1 = =
x(xtx)-1xt = =
Тоді маємо:
A=I- x(xtx)-1xt= - =
2). Доведемо, що А ідемпотентна, тобто А х А =А
А х А= = =
= =А
Методом жорданових виключень знайдемо ранг А.
х1 | х2 | х3 | х1 | х2 | y3 | ||||
у1 | -15 | у1 | : 1 | ||||||
у2 | -15 | -3 | Þ | у2 | -3 | ||||
у3 | -3 | [1] | x3 | -5 |
Тоді ранг А=1
|
|
3) Наведемо квадратичну форму ztAz до канонічного вигляду.
Не канонічний вигляд:
(z1z2z3) = (z1z2z3) = [25z12-
-15z1z2+5z1z3-15z1z2+9z22-3z2z3+5z1z3-3z2z3+z32]= [25z12+9z22+z32+2(-15 z1z2+5z1z3--3z2z3)]
Так як матриця А симетрична, тобто Ат=А, то існує така ортогональна матриця Q, що QtAQ=l= , li (і = ) - власні значення матриці А, рішення характеристичного рівняння |A-lI| = 0. Матриця Q складається з власних векторів матриці А, які є рішеннямb матричного рівняння А = li (і = ),
=
Розв¢яжемо характеристичне рівняння.
|A-lI| = = +
+ + =
+ 15/35 +
+ 5/35 = (25/35-l)(+l2-10l/35)+15/35*15l/35+
+5/35(5l/35) = -l3+l2=0
l2(-l+1)=0 Þ l1=1; l2,3=0
Знайдемо власні вектори , які відповідають власним значенням lі.
l1=1
[A-lіI] =0 [A-I] = 0
1/35 = 0 Þ Þ
Розв¢яжемо систему методом виключень, виключимо h3 з другого і третього рівнянь.
Þ Þ
h2=3k, 3h1=-5(3k), h1=-5k, h3=2h1+3h2=2(-5k)+3*3k=-k
Отримали = к. Пронормуємо , тобто ½ ½2=1 Þ
к2(25+9+1)=1 к = 1/
Тоді =1/
l2=0 [A] =0 Þ Þ 5h1-3h2+h3=0
h3=-5h1+3h2 ì h1=0; h2=k; h3=3k Þ =k ï ï2=1 Þ (02+12+32)k2=1
k=1/ = 1/
l3=0
За умови ортогональності = 0. Якщо = , то
* =1/ (0*h1+h2+3h3)=0
Тоді
é 5h1-3h2+h3=0
ë 0*h1+h2+3h3=0 Þ h3=k, h2=-3k, 5h1=-10k, h1=-2k
Отримаємо:
Тоді ортогональна матриця
Перевіримо правильність обчислень
Проведемо заміну змінних
Тоді
Приведемо форму до канонічного вигляду:
де
Знайдемо
Розв'яжемо систему лінійних рівнянь з правою частиною методом жорданових включень, її матричний вигляд , запишемо данні в жорданову таблицю.
x1 | x2 | x3 | y1 | x2 | x3 | ||||||
y1 | [1] | -3 | Þ | x1 | [1] | -1 | -1 | : 1 Þ | |||
y2 | -1 | -1 | -4 | y2 | -6 | ||||||
y3 | -1 | -4 | y3 | -1 | -2 | -3 |
x1 | x2 | x3 | |||
Þ | y1 | [1] | -3 | ||
y2 | -1 | -1 | -4 | ||
y3 | -1 | -4 |
В результаті 1-го кроку ми змінили місцями x1 і y1, x1 стала залежною, а y1 - незалежною змінною. Далі змінюємо x2 на y2, обираючи а22=1 розв'язувальним елементом.
|
|
y1 | x2 | x3 | y1 | y2 | x3 | |||||
x1 | -1 | -7 | :1Þ | x1 | -1 | -7 | ||||
x2 | -2 | [1] | -5 | x2 | -2 | -5 | ||||
y3 | -27 | y3 | [27] |
На третьому кроці змінюємо x3 на y3, обираючи розв'язувальним елементом а33=-27.
y1 | y2 | x3 | y1 | y2 | y3 | |||||
x1 | -13 | -27 | :-27Þ | x1 | -7/27 | 13/27 | -8/27 | |||
x2 | -1 | -2 | -5 | -27 | x2 | 1/27 | 2/27 | 5/27 | ||
y3 | -5 | [1] | -27 | x3 | -11/27 | 5/27 | -1/27 |
Отримали рішення системи при y1=y2=y3=0; x1=x2=x3=1 і обернену
матрицю системи рівнянь.
Перевіримо отриманий результат
Тоді рішення вірно.