Showing Page:
1/6
В - 8
Задача 1
а)
;0;;;
432
4
43211
=== xxxRxxxxxV
проверим, является ли
1
V
линейным
подпространством
4
R
:
пусть
14321
;;; Vuuuuu =
,
14321
;;; Vvvvvv =
, и пусть выполняются условия:
0,0
432432
==
vvuuu
;
1) рассм.
;;;;
44332211
vuvuvuvuvu ++++=+
и рассм.
, след.
1
Vvu +
;
2) рассм.
Ruuuuu =
,;;;
4321
и рассм.
( )
0
432432
== uuuuuu
, след.
1
Vu
, и след.,
1
V
является линейным подпространством
4
R
.
б)
;0;;;
2
4
2
3
2
2
4
43212
=== xxxRxxxxxV
проверим, является ли
2
V
линейным
подпространством
4
R
:
пусть
24321
;;; Vuuuuu =
,
24321
;;; Vvvvvv =
, и пусть выполняются условия:
0
2
4
2
3
2
2
= uuu
;
0
2
4
2
3
2
2
=
;
1) рассм.
;;;;
44332211
vuvuvuvuvu ++++=+
и рассм.
=
=++=+++
0222
222)()()(
443322
443322
2
4
2
3
2
2
2
4
2
3
2
2
2
44
2
33
2
22
uuu
uuuuuuuuu
,
2
Vu +
, и след.,
2
V
не является линейным подпространством
4
R
.
Задача 2
Векторы
zyx
,,
линейно независимы; проверим, будут ли линейно независимы векторы
cba
,,
,
где
zyxczybyxa
++==+= ,2,2
.
Рассм. линейную оболочку
( ) ( )
3,,dim,,, =zyxLzyxL
(так как
zyx
,,
линейно независимы) и
векторы
zyx
,,
служат базисом в
( )
zyxL
,,
;) рассм. в базисе
zyx
,,
координаты векторов
cba
,,
:
1;1;1,2;1;0,0;2;1 === cba
;
Вычислим ранг системы векторов
cba
,,
методом Гаусса, т.е. выпишем матрицу их координат
и приведём её к ступенчатому виду:
=
100
210
021
110
210
021
111
210
021
A
ранг матрицы
( )
3== nAr
, след. система векторов
cba
,,
линейно независима.
Задача 3
4
321
,,, Rxaaa
;
0;1;1;1,2;0;1;1,2;1;1;1,1;1;0;0
321
==== xaaa
.
1) рассм. линейную оболочку
( ) ( )
3,,dim,,,
321321
aaaLaaaL
; вычислим ранг системы
векторов
321
,, aaa
методом Гаусса:
рассм.
=
1000
1100
3211
1200
1100
3211
2011
2111
3211
2011
2111
1100
A
;
Showing Page:
2/6
( )
3=Ar
, след. векторы
321
,, aaa
линейно независимы, и, след. векторы
321
,, aaa
можно
считать базисом в
( ) ( )
3,,dim,,
321321
=aaaLиaaaL
;
2) проверим, принадлежит ли вектор
x
линейной оболочке
( )
321
,, aaaL
: вычислим ранг
системы векторов
xaaa
,,,
321
:
рассм.
=
3300
1200
1100
3211
0111
2011
2111
3211
0111
2011
2111
1100
B
0000
1000
1100
3211
1100
1200
1100
3211
;
( )
3=Br
, след. векторы
xaaa
,,,
321
линейно зависимы и
( )
321
,, aaaLx
.
3) дополним найденный в п. 1) базис
321
,, aaa
до базиса всего пространства
4
R
: добавим к
векторам
321
,, aaa
вектор
0;0;0;1
4
=e
; проверим, что ранг системы векторов
4321
,,, eaaa
равен 4 :
рассм.
=
0100
1100
2110
0001
2010
1100
2110
0001
2011
1100
2111
0001
0001
2011
2111
1100
C
1000
1100
2110
0001
;
( )
4=Cr
, след. векторы
4321
,,, eaaa
линейно независимы и их можно считать базисом в
4
R
.
Задача 4
( ) ( )
;2,;2;;1,;;;;;
13231132321
xxxxBxxxxxxAxxxx =+==
Выписать матрицы
BA,
и найти
( )
xВА
.
Пусть
;;
333231
232221
131211
333231
232221
131211
=
=
bbb
bbb
bbb
B
aaa
aaa
aaa
A
рассм. усл-е (1):
+
=
++
++
++
=
=
31
1
32
333232131
323222121
313212111
3
2
1
333231
232221
131211
xx
x
xx
xaxaxa
xaxaxa
xaxaxa
x
x
x
aaa
aaa
aaa
xA
;
так как вектор-столбцы совпадают при всех
321
,, xxx
, то получаем:
1,0,1,0,0,1,1,1,0
333231232221131211
========= aaaaaaaaa
и матрица
A
имеет
вид:
=
101
001
110
A
;
аналогично, из усл-я (2) получаем:
=
++
++
++
=
1
3
2
333232131
323222121
313212111
2
x
x
x
xbxbxb
xbxbxb
xbxbxb
xB
;
=
001
200
010
B
;
вычислим теперь матрицу:
Showing Page:
3/6
=
=
110
202
001
101
001
110
001
200
010
BА
( )
+=
=
32
31
1
3
2
1
22
110
202
001
xx
xx
x
x
x
x
xВА
.
Задача 5
Определить ранг матрицы
A
при различных значениях
.
Преобразуем матрицу
A
к ступенчатому виду:
=
000
430
5
430
1290
5
32
102
5
A
;
при
0
полученная ступенчатая матрица имеет 2 ненулевые строки и её ранг
( )
2=Ar
;
при
0=
матрица имеет вид
=
000
000
000
1
A
и её ранг
( )
0
1
=Ar
.
Задача 6
Запишем данную систему уравнений в матричной форме:
bxA
=
, (1) , где
=
122
221
212
A
;
=
z
y
x
x
;
=
1
1
1
b
;
рассм. опред-ль матрицы
A
:
05
32
23
320
221
230
122
221
212
=
=
=== A
,
след., матр.
A
- невырожденная и можно применять формулы Крамера и вычислять обратную
матр.
1
A
;
1) решим с – му ур – й (1) по правилу Крамера, т.е. с помощью формул:
=
x
x
,
=
y
y
,
=
z
z
, где
5== A
,
1
11
01
110
010
211
121
221
211
=
=
==
x
;
1
31
21
310
211
210
112
211
212
=
=
==
y
;
1
01
10
122
001
010
122
121
112
=
=
==
z
;
5
1
= x
,
5
1
=y
,
5
1
=z
;
реш–е с–мы ур–й (1) в коорд. форме:
=
=
=
,
5
1
,
5
1
,
5
1
z
y
x
вектор–решение с-мы (1):
=
5
1
;
5
1
;
5
1
x
;
2) получим реш–е с–мы ур–й (1) с помощью обратной матр.
1
A
:
05 =A
, след., матр.
A
- невырожденная и существует обратная матр.
1
A
;
умножим рав-во (1) слева на матрицу
1
A
:
bAxAA
=
11
,
bAx
=
1
;
Showing Page:
4/6
вычислим обратную матр.
1
A
:
находим алгебр. дополнения
ij
A
для всех эл-тов матрицы
A
и составим из них м-цу
C
:
;3
12
21
;2
22
21
;3
12
21
;2
12
22
21131211
======== AAAA
;3
21
12
;2
21
22
;2
22
21
;2
22
12
;2
12
22
3332312322
========== AAAAA
=
322
223
232
C
; транспонируем м-цу
C
и получим
«присоединённую» м-цу
=
322
223
232
~
C
;
разделим все эл-ты присоедин. м-цы
C
~
на опр-ль
A
и получим обратную матр.
1
A
:
==
322
223
232
5
1
~
1
1
C
A
A
;
находим теперь вектор-решение
x
:
=
=
==
5
1
5
1
5
1
1
1
1
5
1
1
1
1
322
223
232
5
1
1
bAx
.
Задача 7
Выпишем расширенную матрицу данной системы ур-й и приведём её к ступенчатому виду:
( )
=
6
10
4
3
151830
253050
101220
7801
6
2
1
3
151830
3254
3421
7801
3
2
1
6
7801
3254
3421
151830
bA
0
0
2
3
0000
0000
5610
7801
2
2
2
3
5610
5610
5610
7801
;
имеем
( )
( )
42 === nbArAr
;
так как
( )
( )
ArbAr =
, то по теореме Кронекера - Капелли данная система ур-й совместна, а
так как
4= nr
, то система имеет бесконечное множество решений;
объявим
43
, xx
свободными переменными и выпишем общее решение системы в коорд. форме:
++=
=
;256
,378
432
431
xxx
xxx
общее решение данной системы ур-й:
++=
=
..
,.
,256
,378
4
3
432
431
переменнаясвобx
переменнаясвобx
xxx
xxx
вектор-решение данной системы ур-й:
434343
;;256;378 xxxxxxx ++=
.
Задача 8
Showing Page:
5/6
=
210
120
113
A
.
1) Находим собств. значения
)3,2,1( =i
i
линейного преобразования
A
, т.е. корни
характеристического уравнения
0= EA
:
рассм.
( ) ( ) ( )
==
=
123
21
12
3
210
120
113
2
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
031313343
2
2
===+=
;
3;1
321
===
- собств. значения (действ.) лин. преобр-я
A
;
2) находим собств. векторы линейного преобразования
A
, соотв. собств. значениям
i
:
а) рассм.
==
000
110
001
000
110
002
000
110
112
110
110
112
1
EAEA
;
рассм.
=
=
;0
,0
32
1
xx
x
=
=
;..
,
,0
3
32
1
перемсвобx
xx
x
положим
1
1
3
=x
, тогда вектор
1;1;0
1
=x
;
б) рассм.
===
000
100
110
000
200
110
200
200
110
110
110
110
3
32
EAEAEA
;
рассм.
=
=
;0
,0
3
32
x
xx
=
=
;..
,
,..
3
32
1
перемсвобx
xx
перемсвобx
положим
1,0
2
3
2
1
== xx
, тогда вектор
1;1;0
2
=x
;
положим
0,1
3
3
3
1
== xx
, тогда вектор
0;0;1
3
=x
;
след., собств. векторы линейного преобразования
A
суть :
1;1;0
1
=x
;
1;1;0
2
=x
;
0;0;1
3
=x
.
Задача 9
Привести к каноническому виду кривую 2-го порядка
( )
1,01266
22
=++++ yxyxyx
Уравнение линии 2-го порядка принято записывать в виде:
0222
22
=+++++ FEyDxCyBxyAx
;
в данной задаче
1,1,3,1,3,1 ====== FEDCBA
;
рассм.
0891
13
31
====
CB
BA
;
так как
0
, то уравнение (1) – гиперболическое (данная кривая - центральная); выпишем
систему уравнений для определения центра кривой
( )
00
, yxC
:
=++
=++
;0
,0
ECyBx
DByAx
=++
=++
;013
,033
yx
yx
=
=
;1
,0
y
x
( )
1;0 C
;
Showing Page:
6/6
преобразуем координаты по формулам
=
=
;1
,
yy
xx
(что соответствует переносу начала
координат в центр кривой ); уравнение кривой примет вид:
( ) ( ) ( )
01126116
2
2
=
+
+
+
+
yxyyxx
;
0122612 66
22
=
+
++
+
+
yxyyxyxx
;
02 6
22
=
+
+
yyxx
;
Выпишем матрицу квадратичной формы
22
6 yyxx
+
+
и найдём её собственные числа и
собственные векторы:
( ) ( ) ( )
;0428291
13
31
;
13
31
2
2
=+===
=
=
EAA
4,2
21
==
- собств. значения (действ. и различные ) матрицы
A
;
найдём собственные векторы матрицы
A
:
=
=+==
;..
,
;
00
11
11
11
33
33
2;2
2
21
11
перемсвобx
xx
EAEA
пусть
1
2
=x
, тогда вектор
1;1
1
=g
;нормируем его и получ.
=
2
1
;
2
1
1
f
;
=
===
;..
,
;
00
11
11
11
33
33
4;4
2
21
22
перемсвобx
xx
EAEA
пусть
1
2
=x
, тогда вектор
1;1
2
=g
;нормируем его и получ.
=
2
1
;
2
1
2
f
;
матрица перехода к базису
21
, ff
имеет вид:
=
2
1
2
1
2
1
2
1
C
;при переходе к базису
21
, ff
координаты преобразуются по формулам:
2
,
2
yx
y
yx
x
+
=
+
=
;
выпишем уравнение кривой в координатах
( )
, yx
:
02
222
6
2
22
=
+
+
+
+
+
+
yxyxyxyx
;
( ) ( ) ( )
022
2
1
32
2
1
222222
=
+
+
+
+
+
+
yyxxyxyyxx
;
0242
22
=
+
yx
;
242
22
=
yx
;
1
2
1
1
22
=
yx
;
1
2
1
1
2
2
2
2
=
yx
, - гипербола.

Unformatted Attachment Preview

Name: Description: ...
User generated content is uploaded by users for the purposes of learning and should be used following Studypool's honor code & terms of service.
Studypool
4.7
Trustpilot
4.5
Sitejabber
4.4