Showing Page:
1/6
В - 18
Задача 1
а)
;0;;;
321
4
43211
=++== xxxRxxxxxV
проверим, является ли
1
V
линейным
подпространством
4
R
:
пусть
14321
;;; Vuuuuu =
,
14321
;;; Vvvvvv =
, и пусть выполняются условия:
0,0
321321
=++=++ vvvuuu
;
1) рассм.
;;;;
44332211
vuvuvuvuvu ++++=+
и рассм.
, след.
1
Vvu +
;
2) рассм.
Ruuuuu =
,;;;
4321
и рассм.
( )
0
321321
=++=++ uuuuuu
, след.
1
Vu
, и след.,
1
V
является линейным подпространством
4
R
.
б)
;01;;;
321
4
43212
=+++== xxxRxxxxxV
проверим, является ли
2
V
линейным
подпространством
4
R
:
пусть
24321
;;; Vuuuuu =
,
24321
;;; Vvvvvv =
, и пусть выполняются условия:
01,01
321321
=+++=+++ vvvuuu
;
1) рассм.
;;;;
44332211
vuvuvuvuvu ++++=+
и рассм.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
011111
321321332211
=+++++++=++++++ vvvuuuvuvuvu
, след.
2
Vvu +
и, след.,
2
V
не является линейным подпространством
4
R
.
Задача 2
Задача 2
Векторы
zyx
,,
линейно независимы; проверим, будут ли линейно независимы векторы
cba
,,
,
где
zyxczxbya
++=== 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;2,1;0;1,0;1;0 === cba
;
Вычислим ранг системы векторов
cba
,,
методом Гаусса, т.е. выпишем матрицу их координат
и приведём её к ступенчатому виду:
=
300
010
101
310
010
101
112
101
010
A
ранг матрицы
( )
3=Ar
, след. система векторов
cba
,,
линейно независима.
Задача 3
4
321
,,, Rxaaa
;
0;1;1;1,0;1;2;0,0;0;1;0,0;1;0;1
321
==== xaaa
.
1) рассм. линейную оболочку
( ) ( )
3,,dim,,,
321321
aaaLaaaL
; вычислим ранг системы
векторов
321
,, aaa
методом Гаусса:
рассм.
=
0100
0010
0101
0120
0010
0101
A
;
Showing Page:
2/6
( )
3=Ar
, след. векторы
321
,, aaa
линейно независимы, 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.
=
0000
1100
0110
0101
0000
0100
0010
0101
0010
0100
0010
0101
0111
0120
0010
0101
B
;
( )
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
1;0;0;0
4
=e
; проверим, что ранг системы векторов
4321
,,, eаaa
равен 4 :
рассм.
=
1000
0100
0010
0101
1000
0120
0010
0101
С
;
( )
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
( )
xBAА
.
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 матрицы:
=
=
100
201
100
001
200
010
101
001
110
BA
;
=
=
000
100
301
100
201
100
101
001
110
)( BAA
Showing Page:
3/6
( )
=
=
0
2
3
000
100
301
3
31
3
2
1
x
xx
x
x
x
xBAA
.
Задача 5
Определить ранг матрицы
A
при различных значениях
.
Преобразуем матрицу
A
к ступенчатому виду:
+
+
=
61011
305130
19300
61011
305130
112010
61011
125
112
A
при
3=
матрица имеет вид
=
61011
335130
2000
1
A
и её ранг
( )
3
1
=Ar
.
при
1=
матрица имеет вид
=
61011
315130
0600
2
A
и её ранг
( )
3
2
=Ar
Следовательно, при любом значении
полученная ступенчатая матрица имеет 3 ненулевые
строки и её ранг
( )
3=Ar
Задача 6
Запишем данную систему уравнений в матричной форме:
bxA
=
, (1) , где
=
012
101
113
A
;
=
z
y
x
x
;
=
1
1
1
b
;
рассм. опред-ль матрицы
A
:
02
21
41
210
101
410
012
101
113
=
=
=
== 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
2== A
,
1
10
21
100
210
111
011
101
111
=
=
=
=
x
;
0
000
101
113
012
111
113
===
y
;
1
01
12
001
012
113
112
101
113
=
=
=
=
z
;
2
1
= x
,
0=y
,
2
1
=z
;
Showing Page:
4/6
реш–е с–мы ур–й (1) в коорд. форме:
=
=
=
,
2
1
,0
,
2
1
z
y
x
вектор–решение с-мы (1):
=
2
1
;0;
2
1
x
;
2) получим реш–е с–мы ур–й (1) с помощью обратной матр.
1
A
:
02 =A
, след., матр.
A
- невырожденная и существует обратная матр.
1
A
;
умножим рав-во (1) слева на матрицу
1
A
:
bAxAA
=
11
,
bAx
=
1
;
вычислим обратную матр.
1
A
:
находим алгебр. дополнения
ij
A
для всех эл-тов матрицы
A
и составим из них м-цу
C
:
;1
01
11
;1
12
01
;2
02
11
;1
01
10
21131211
=
==
==
==
= AAAA
1
01
13
;4
11
13
;1
10
11
;1
12
13
;2
02
13
3332312322
=
==
==
==
=== AAAAA
=
039
4919
861
C
; транспонируем м-цу
C
и получим
«присоединённую» м-цу
=
111
422
111
~
C
;
разделим все эл-ты присоедин. м-цы
C
~
на опр-ль
A
и получим обратную матр.
1
A
:
==
111
422
111
2
1
~
1
1
C
A
A
;
находим теперь вектор-решение
x
:
=
=
==
2
1
0
2
1
1
0
1
2
1
1
1
1
111
422
111
2
1
1
bAx
.
Задача 7
Выпишем расширенную матрицу данной системы ур-й и приведём её к ступенчатому виду:
( )
=
0
1
0
1
0000
1150
0010
1231
2
1
1
1
22120
1150
1150
1231
1
1
2
1
1433
1312
2543
1231
bA
0
1
0
1
0000
1100
0010
1231
; имеем
( )
( )
43 === 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
4
x
свободной переменной и выпишем общее решение системы в коорд. форме:
Showing Page:
5/6
+=
=
+=++
1
0
123
43
2
4321
xx
x
xxxx
1122123
4444321
=++=++= xxxxxxx
;
общее решение данной системы ур-й:
+=
=
=
..
1
0
1
4
43
2
41
переменнаясвобx
xx
x
xx
вектор-решение данной системы ур-й:
444
;1;0;1 xxxx +=
.
Задача 8
=
322
212
223
A
.
1) Находим собств. значения
)3,2,1( =i
i
линейного преобразования
A
, т.е. корни
характеристического уравнения
0= EA
:
рассм.
( ) ( )
=
=
=
+
+
=
110
210
011
1
110
212
011
1
110
212
011
322
212
223
22
( ) ( ) ( )
031
11
21
1
22
==
=
1;3
321
===
- собств. значения (действ.) лин. преобр-я
A
;
2) находим собств. векторы линейного преобразования
A
, соотв. собств. значениям
i
:
а) рассм.
==
000
110
121
220
220
121
022
242
220
3
1
EAEA
рассм.
=
=+
,0
,02
1
3
1
2
1
3
1
2
1
1
xx
xxx
=
=
.,.
,
,
1
3
1
3
1
2
1
3
1
1
перемсвобx
xx
xx
положим
1
1
3
=x
, тогда вектор
1;1;1
1
=x
;
б) рассм.
===
000
000
111
222
222
222
32
EAEAEA
;
рассм.
0
321
=+ xxx
=
;..
,..
,
3
2
321
перемсвобx
перемсвобx
xxx
положим
0,1
2
3
2
2
== xx
, тогда вектор
0;1;1
2
=x
;
положим
1,0
3
3
3
2
== xx
, тогда вектор
1;0;1
3
=x
;
след., собств. векторы линейного преобразования
A
суть :
1;1;1
1
=x
;
0;1;1
2
=x
;
1;0;1
3
=x
Задача 9
Showing Page:
6/6
Привести к каноническому виду кривую 2-го порядка
( )
1,032565
22
=+ yxyx
Уравнение линии 2-го порядка принято записывать в виде:
0222
22
=+++++ FEyDxCyBxyAx
;
в данной задаче
32,0,0,5,3,5 ====== FEDCBA
;
рассм.
016925
53
35
==
==
CB
BA
;
так как
0
, то уравнение (1) – эллиптического типа (данная кривая - центральная); выпишем
систему уравнений для определения центра кривой
( )
00
, yxC
:
=++
=++
;0
,0
ECyBx
DByAx
=+
=
;053
,035
yx
yx
=
=
0
,0
y
x
( )
0;0C
Следовательно, центр кривой находится в начале координат и перенос кривой не требуется.
Выпишем матрицу квадратичной формы
22
565 yxyx +
и найдём её собственные числа и
собственные векторы:
( ) ( ) ( )
;082161095)5(
53
35
;
53
35
2
==+==
=
=
EAA
8,2
21
==
- собств. значения (действ. и различные ) матрицы
A
;
найдём собственные векторы матрицы
A
:
=
===
..
,
;
00
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
;
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
+
=
=