Покажемо, що М-абелева група відносно операції додавання

14 15 16 17 18 19 20

a. Операція додавання матриць замкнена, тобто для .

Нехай , , де

Тоді

Оскільки , то

b. Операція додавання матриць асоціативна, тобто

Дійсно, , ,

Оскільки – дійсні числа, то і тому .

c. У множині матриць M є матриця N, яка є нейтральним елементом відносно операції додавання матриць (нульовим елементом), тобто

Такою матрицею є нульова матриця, тобто

d. У множині матриць M існує для кожної матриці А протилежна матриця , тому .

Протилежною матрицею для даної матриці А є матриця

e. Операція додавання матриць комутативна.

Тоді для

Дійсно:

Оскільки для додавання дійсних чисел справедливий комутативний закон, то тобто

Покажемо тепер, що для множини М виконуються аксіоми векторного простору.

7. Для будь-якої матриці і чисел k,l, виконується рівність

[kl]

За означенням множення матриці на число

Оскільки дійсні числа, то тому

7.Для будь-якої матриці і дійсного числа 1.

Це випливає з означення множення матриці на число.

8. Операція множення матриці на число дистрибутивна відносно додавання матриць, тобто

Дійсно, ,

Оскільки – дійсні числа, то , тому .

9. Операція множення матриці на число дистрибутивна відносно додавання чисел, тобто

Справді, якщо , , то за означенням множення матриці на число ,

Оскільки – дійсні числа, то ., тому .

Усі аксіоми векторного простору виконуються. Отже М – векторний простір над полем дійсних чисел .

II. Довести, що вектори ; ; утворюють базис та знайти координати вектора в цьому базисі.

Розв’язання. Оскільки розглядуваний простір має розмірність 3 (це ми визначили з кількості координат у заданих векторах), то досить довести, що система векторів лінійно незалежна. Обчислимо ранг матриці, складеної з координат цих векторів:

Легко бачити, що ранг цієї матриці дорівнює 3. Отже, система векторів лінійно незалежна і утворює базис.

Отже, кожний вектор можна розкласти за векторами цього базису, тобто , тоді числа будуть шуканими координатами вектора в базисі .

Запишемо цю рівність в координатній формі: , тоді

. Звідси

отже, вектор в базисі е має координати (1, -3, 3), тобто .

III. Довести, що кожна з двох даних систем векторів є базисом і знайти зв’язок між координатами того самого вектора в цих двох базисах.

Розв’язання. Нехай В і В₁ – задані системи векторів. , де ; ; , , де ; ; .

Розглядуваний простір має розмірність 3.

Доведемо, що системи векторів В і В₁ лінійно незалежні. Обчислимо ранги матриць, складених відповідно з координат векторів

; ;

〜

;

Отже В і В₁ – базиси.

Знайдемо зв’язок між ними.

Кожний вектор простору однозначно лінійно виражається через вектори базису В.

Нехай (*)

Матриця , рядками якої є координатні рядки векторів базису В₁ в базисі В, і є матрицею переходу від базису В₁. знайдемо її. Запишемо рівності (*) в координатній формі:

Звідси,

Розв’язуючи ці системи лінійних рівнянь, дістаємо:

отже матриця

для знаходження матриці Т^I переходу від базису В₁ до базису В можна було б скористатися тим же прийомом. Відомо проте, що . Знайдемо . , отже

Звідси одержуємо:

IV. Знайти базиси суми і перетину векторних підпросторів V i U, заданих як лінійні оболонки векторів і відповідно.

Розв’язання. Нехай V=L ; U=L’ . Базисом В суми S=V+U є кожна максимальна лінійно незалежна підсистема системи векторів .

Знайдемо спочатку базиси підпросторів V і U.

Нехай за умовою , , , , , .

Складаємо матриці А і С з координат заданих векторів та обчислюємо їх ранги.

Отже, базисом простору V є система векторів , а базисом простору U є система векторів . Знайдемо базис В простору V+U.

Складаємо матрицю В з координат векторів і знаходимо її ранг:

за базис простору S можна взяти такі вектори: .

Знайдемо тепер базис перетину .

Оскільки ; ; , то очевидно .

Отже базис простору Р складається з двох векторів. Знайдемо їх.
Оскільки простір Р складається з тих і тільки тих векторів , які належать як до простору V так і до простору U, то (1)

Ця рівність еквівалентна системі чотирьох лінійних однорідних рівнянь з невідомими рангу 4.

Знаходимо фундаментальну систему розв’язків цієї системи.

Оскільки перші чотири стовпчики матриці цієї системи лінійно незалежні (вони є координатами векторів , то за вільні невідомі можна взяти останні і . Тоді

звідси дістаємо загальний розв’язок системи:

, , , .

Узявши послідовно, ; і ; , дістаємо фундаментальну систему розв’язків

;

базис простору Р дістанемо, якщо в рівності (1) замість (або замість ) підставимо їх значення з і . Одержуємо:

і остаточно:

V. На вектори натягнута лінійна оболонка L.

а) побудувати ортонормований базис підпростору L;

б) знайти ортогональне доповнення ;

в) знайти відповідно проекції y i z вектора х на підпростори і ;

г) знайти кут між вектором х і підпростором ;

д) знайти відстань між вектором і підпростором .

Розв’язання.

а) знаходимо розмірність і базис підпростору . Складаємо матрицю із координат векторів і обчислюємо її ранг.

〜

;

отже, , і вектори утворюють лінійно незалежну систему, тобто є базисом підпростору .

Застосуємо до векторів процес ортогоналізації. За перший вектор візьмемо вектор :

Вектор шукаємо у формі лінійної комбінації векторів і :

= + .

Оскільки повинен бути ортогональним до ,

;

звідки ;

отже, .

Вектор шукаємо у формі лінійної комбінації векторів і .

;

оскільки ортогональний до і до , то

звідки

Отже, =(9, -3, -5, 3).

Побудували нову систему попарно ортогональних ненульових векторів:

=(1, 2, 3, 4)

=(-1, 3, -3, 1)

=(9, -3, -5, 3), яка є лінійно незалежною, отже, ортогональним базисом підпростору .

Побудуємо ортогоналізований базис підпростору . Знаходимо норми векторів .

;

отже, ортонормованим базисом є система векторів:

= .

б) Щоб знайти ортогональне доповнення підпростору , що є лінійною оболонкою векторів достатньо знайти базис .

Відомо, що вектор ортогональний до будь-якого вектора з підпростору тоді і тільки тоді, коли він ортогональний до кожного вектора деякого базису цього простору.

Вектори лінійно незалежні (доведено вище), тому утворюють базис .

Нехай вектор – довільний вектор з ортогонального доповнення підпростору .

і .

Тоді мають місце співвідношення:

; ; .

Запишемо ці рівності у вигляді системи однорідних рівнянь:

всі розв’язки цієї системи утворюють підпростір. Знайдемо його базис, тобто фундаментальну систему розв’язків. Ранг матриці цієї системи дорівнює 3, отже фундаментальна система розв’язків складається з 4-1=3 вектора.

Нехай . Тоді маємо:

〜

отже, вектор є базис ортогонального доповнення підпростору .

Оскільки кожен вектор із є лінійною комбінацією базису, то .

в) знайдемо відповідно проекції і вектора на підпростори і .

Оскільки , то вектор має єдине зображення = + , де , .

Враховуючи, що L – лінійна оболонка, натягнута на вектори , маємо

, тоді

(*).

Обидві частини рівності (*) скалярно помножуємо на вектори , і враховуючи, що (, ) = (, ) = (, ) = 0, маємо:

Одержуємо систему рівнянь:

або

розв’язуючи систему рівнянь, знаходимо:

; ; .

Отже,

Отже, проекція на L: , проекція на : .

г) Оскільки - проекція вектора на підпростір L, обчислюємо за формулою:

д) Відстань

VI. Довести, що множення кожної квадратичної матриці другого порядку з дійсними коефіцієнтами зліва на матрицю є лінійним оператором векторного простору всіх квадратичних матриць другого порядку над полем дійсних чисел R.

Знайти матрицю цього лінійного оператора у базисі із матриць

Розв’язання. Нехай A-оператор множення кожної квадратичної матриці другого порядку зліва на матрицю . Перевіряємо, чи буде він лінійним. Розглянемо образ суми двох матриць Х і У, де . Маємо

A (X+Y)

A X

A Y

A X+A Y

Отже, A (X+Y)= A X+A Y.

Нехай тепер -довільне ціле число. Тоді A ( X) (A X)

Звідси випливає: оператор A – лінійний.

Знайдемо його матрицю в заданому базисі.

Для цього знаходимо образи базисних векторів під дією оператора A.

Матрицею А лінійного оператора A буде матриця

VII. Нехай лінійний оператор A в базисі має матрицю , а лінійний оператор B в базисі має матрицю . Знайти матрицю Х лінійного оператора A B в базисі, в якому задано координати всіх векторів.

Розв’язання. Позначимо матрицю лінійного оператора A в базисі e, в якому задані координати всіх векторів, через , а оператора B – через . Тоді , де T₁ і T₂ – матриці переходів від базисів a i b до базису e відповідно. Оскільки матриці і , рядками яких є координати векторів базисів a i b відповідно, є матрицями переходу від базису е до базисів a i b, то ,

Виконаємо обчислення:

Відповідь: .

VIII. Побудувати ядро KerA, область значень ImA та знайти ранг , дефект лінійного оператора A -векторного простору L₃, який у деякому базисі цього простору задано матрицею .

Розв’язання. Оскільки ранг лінійного оператора A дорівнює рангу матриці А, знайдемо r(A): . Звідси r(A)=2, і тому dim(ImA)=2, тобто ранг лінійного оператора A дорівнює 22. Виходячи з рівності dim(ImA)+dim(KerA)=n, одержуємо dim(KerA)=3–2=1, тобто дефект лінійного оператора А дорівнює 1. Для побудови KerA і ImA достатньо знайти їх базиси.

Оскільки ImA = < xA R ³>, , , , то підпростір породжується системою векторів e ₁A, e ₂A, e ₃A.

Знаходимо ці вектори:

e ₁A =(1,2,3); e ₂A =(2,–1,1); e ₃A =(1,0,1).

Ранг цієї системи векторів дорівнює r(A)=2, отже, максимальна лінійно незалежна підсистема цієї системи векторів складається з двох векторів. За цю систему можна взяти вектори e ₁A і e ₂A; отже, ImA складається з векторів e ₁A =(1,2,3); e ₂A =(2,–1,1).Тоді ImA .

Побудуємо KerA. Оскільки KerA , то KerA є множина тих векторів простору R ³, координатні рядки яких у базисі утворюють простір розв’язків системи лінійних однорідних рівнянь [x]A=[ ], або

Оскільки матриця цієї системи є матрицею, транспонованою до матриці А, то ранг цієї системи дорівнює 2. За вільне невідоме обираємо х ₁. Тоді , і фундаментальною системою розв’язків підпростору розв’язків цієї системи є вектор

Тоді Ker A .

Відповідь: ImA . KerA . dim(ImA)=2; dim(KerA)=1.

IX. Знайти власні значення і власні вектори лінійного оператора A, заданого в деякому базисі B=<b₁,b₂,b₃> цього простору матрицею

Розв’язання.

Характеристичне рівняння оператора, заданого матрицею А має вигляд

Розв’язавши його, одержуємо

Усі корені – дійсні числа, отже лінійний оператор має три власних значення:

Знайдемо власні векторі, що відповідають цим значенням.

Нехай Маємо наступну систему лінійних однорідних рівнянь:

або r=2;

Фундаментальна система розв’язків складається із одного вектора

Отже, всі власні вектори, що належать власному значенню мають вигляд

тобто всі ненульові вектори, що належать підпростору L₁, що натягнутий на вектор (1,0,1).

Для маємо наступну систему лінійних однорідних рівнянь.

або

r=2

Фундаментальна система розв’язків складається з одного вектора x”=(0,1,0), тоді всі власні вектори, що належать власному значенню мають вигляд

тобто, всі ненульові вектори, які належать підпростору, натягнутому на вектор (0,1,0).

Для маємо систему рівнянь:

або

r=2.

Фундаментальна система розв’язків є вектор

Тоді власні вектори, що належать власному значенню , мають вигляд:

Тобто всі ненульові вектори, що належать підпростору L₂, натягнутому на вектор (-2,3,0).

Отже, лінійний оператор, заданий матрицею А, має три різних власних значення і відповідні ним власні вектори, ненульові вектори з лінійних оболонок L₁,L₂,L₃, натягнутих на вектора (1,0,1), (0,1,0), (-2,3,0).

Х. Чи зводиться матриця лінійного оператора A векторного простору V₃ до діагонального вигляду за допомогою переходу до іншого базису? Знайти цей базис і відповідну йому матрицю.

Розв’язання. Достатньою умовою для зведення матриці лінійного оператора векторного простору розмірності n є наявність у даного оператора n різних власних значень (оператор повинен мати простий спектр), причому діагональними елементами будуть саме ці власні значення.

У матриці А всі власні значення різні і їх три:

Отже, матриця А зводиться до діагональної матриці

Визначимо базис, в якому матриця А має діагональний вид А₁.

Оскільки цей процес зводиться до знаходження власних векторів оператора, то маємо такий базис для матриці А₁:

Відповідь:

Контрольна робота № 4

І. Для квадратичної форми f знайти:

а) матрицю та її ранг;

б) записати форму f у матричному вигляді;

в) методом Лагранжа привести форму f до нормального виду;

г) знайти лінійне перетворення, що приводить форму f до

нормального виду;

д) з’ясувати, чи є форма f позитивно визначеною.

1. f=x₁²+5x₂²+4x₃²-2x₁x₂+4x₁x₃;

2. f=4x₁²+4x₂²+x₃²-4x₁x₂+4x₁x_3-3x₂x₃;

3. f=x₁²-3x₃²+2x₁x₂-6x₂x₃;

4. f=7x₁²+6x₂²+5x₃²-4x₁x₂-4x₂x₃;

5. f=6x₁^2-2x₂²+6x₃²+4x₁x_3;

6. f=2x₁²+5x₂²+x₃²⁺2x₁x₂+2x₂x₃-16x₁x₃;

7. f=x₁²-2x₂²+3x₃²+4x₁x₂-4x₂x₃-8x₁x₃;

8. f=2x₁x₂+3x₂x₃-x₁x₃;

9. f=5x₁x₂-x₂x₃+x₁x₃;

10. f=4x₁²+5x₂²+6x₃²-4x₁x₂+4x₂x₃.

II.Запишіть квадратичні форми з матрицею А, якщо

1. A= ; 2. A= 3. A=

4. A= 5. A= 6. A=

7. A= ; 8. A= 9. A=

10. A=

Знайти ортогональні перетворення, що приводять квадратичні форми задані в евклідовому просторі ₃до канонічного виду. Записати цей канонічний вид.

1. f=2x₁x₂+x₂²+x₁²+x₃ ²+4x₁x₃+2x₂x₃;

2. f=11x₁²+5x₂²+2x₃²+16x₁x₂+4x₁x₃-20x₂x₃;

3. f=x₁²+x₂²+5x₃²-6x₁x₂+6x₁x₃–6x₂x₃;

4. f=x₁²+x₂²+x₃²+4x₁x₂+4x₁ x₃+4₂x₃;

5. f=17x₁²+14x₂²+14x₃²–4x₁ x₂-4x ₁x₃-8x₂x₃;

6. f=6x₁²+5x₂²+7x₃²-4x₁x₂+4x₁x₃;

7. f=4x₁²⁺x₂²+x₃²-4x₁x₂+4x ₁x₃-3x₂x₃;

8. f=x₁²+2x₂²+3x₃²-4x₁x₂-4x₂x₃;

9. f=2x₁²+x₂²-4x₁x₂-4x₂x₃;

10. f=5x₁²+7x₂²+6x₃²-4x₁x₃+4x₂x₃.

IV. Записати канонічне рівняння поверхні другого порядку, визначити її тип та знайти канонічну систему координат.

1. x₁²+y²+z₃²+2xy+4xz+2yz-6x+8y-2z-5=0;

2. 11x²+5y²+2z²+16xy+4xz-20yz+4x-6y+8z+1=0;

3. x₁²+y²+5z²-6xy+6xz-6yz-2x+4y-6z-4=0;

4. x²+y²+z²+4xy+4xz+4yz-6x+4y-2z-1=0;

5. 17x²+14y²+14z²-4xy-4xz-8yz-2x+6y-8z-4=0;

6. 6x²+5y²+7z²-4xy+4xz-8x+2y-2z+3=0;

7. 4x²+y²+z²-4xy+4xz-3yz+4y-6z+2y-4=0;

8. x²+2y²+3z²-4xy-4yz+2y+4z-2x+1=0;

9. 2x²+y²-4xy-4yz+2x-2y+6z-2=0;

10. 5x²+7y²+6z²-4xz+4yz-4x-2y+8z-2=0;

Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 4

І. Для квадратичної форми f знайти:

а) матрицю та її ранг;

б) записати квадратичну форму у матричному вигляді;

в) методом Лагранжа привести форму f до нормального виду;

г) знайти лінійне перетворення, що приводить форму f до

нормального виду;

д) з’ясувати, чи є форма f позитивно визначеною.

Розв’язання:

Нехай f=2x₁x₂-12x₁x₃-x₂²-8x₃²;

а) Знаходимо матрицю А форми f:

A= =

Обчислюємо ранг матриці А.

A= ~ ~ r=3.

б) Запишемо квадратичну форму f у матричному вигляді:

Нехай Х= , тоді X^T⁼(х₁,х₂,х₃) і f=X^T·A·X

Дійсно, Х^Т·А·Х=(х₁,х₂,х₃)· · .

в) Методом Лагранжа перетворюємо квадратичну форму f до нормального виду.

1-е перетворення:

За допомогою 1-го перетворення виділяємо квадрат невідомого х₂.

Матриця цього перетворення Q= .

Знаходимо матрицю, обернену до матриці Q

Q/E= ~

отже, G^-1= , тоді (Q^-1)^T=

Знаходимо матрицю форми f₁, яка одержується з матриці форми f в результаті лінійного перетворення з матрицею Q:

= ^T·A_{f ·}Q^-1

= · · = .

За одержаною матрицею записуємо формулу f₁:

f₁=y₁²-y₂²-8y₃²-12y₁y₃.

2- перетворення:

, за допомогою якого виділяємо

квадрат невідомого у₁. Його матриця .

Знаходимо тоді .

Обчислюємо матрицю · .

· · = .

Матриці відповідає квадратична форма f₂:

=z₁²-z₂²-44z₃², яка має канонічний вид.

Зводимо форму f₂ до нормального виду за допомогою лінійного перетворення: Його матриця , тоді .

Тоді

· · = .

Отже, f₃=t₁²-t₂²-t₃² – нормальний вид форми f.

тоді

д) З’ясуємо, чи є позитивно визначеною квадратична форма f. Квадратична форма f не буде позитивно визначеною, оскільки її другий головний мінор від’ємний.

II. Записати квадратичну форму з матрицею А =

Розв’язання:

Матриці А відповідає наступна квадратична форма f:

f=5x₁²+x₂²+5x₃²+4x₁x₂-8x₁x₃-4x₂x₃.

III. Ортогональним перетворенням невідомих звести до канонічного виду квадратичну форму f=6x₁²+5x₂²+7x₃²-4x₁x₂+4x₁x₃.

Розв’язання. Матриця даної квадратичної форми f має вигляд:

А= , її характеристична матриця А- λE = .

Розв’яжемо характеристичне рівняння:

|A- λE |=0;

Власні числа цієї матриці λ₁=3; λ₂=6; λ₃=9.

Знаходимо власні вектори, що відповідають цим власним значенням. Для цього розв’яжемо систему лінійних однорідних рівнянь:

(A-λ_iE)·X=0

Нехай λ₁=3. Тоді відповідна система однорідних рівнянь

рангу 2 має фундаментальну систему розв’язків, що складається з одного вектора який є власним вектором, відповідним власному значенню λ₁=3.

Нехай λ₂=6; одержуємо систему однорідних рівнянь

Розв’язавши її, знаходимо власний вектор ,

Нехай λ₃=9. Відповідна система лінійних однорідних рівнянь

має фундаментальну систему розв’язків, що складається з вектора

, який і буде власним вектором, відповідним власному значенню λ₃=9.Одержана система векторів ортогональна, отже, лінійно незалежна і тому є одним з базисів трьохвимірного векторного простору. Нормуємо її, відповідні ортонормовані власні вектори