Федеральное агентство по образованию

Санкт-Петербургский государственный электротехническийуниверситет “ЛЭТИ”

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ПО АЛГЕБРЕ И ГЕОМЕТРИИ

Методические указания

Санкт-ПетербургИздательство СПбГЭТУ “ЛЭТИ”

2007

Федеральное агентство по образованию

Санкт-Петербургский государственный электротехническийуниверситет “ЛЭТИ”

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ПО АЛГЕБРЕ И ГЕОМЕТРИИ

Санкт-Петербург2007

УДК 512Методы решения задач по алгебре и геометрии: Методические

указания /Сост.: Ю.В.Крашенинникова, А.В.Степанов. СПб.: Изд-воСПбГЭТУ “ЛЭТИ”, 2007. 44 с.

Содержат определения, формулировки основных теорем и примерырешения типовых задач по темам: “Линейные пространства”, “Евклидовыпространства”, “Линейные операторы”, “Собственные числа и вектора”,“Жорданова форма” и “Квадратичные формы”, которые составляют ос-нову II семестра курса “Алгебра и геометрия”.

Предназначены студентам I и II курсов ФКТИ. Большая часть тек-ста может быть полезна и студентам других факультетов.

Утверждено

редакционно-издательским советом университетав качестве методических указаний

c© СПбГЭТУ “ЛЭТИ”, 2007

ПРЕДИСЛОВИЕ

В методических указаниях рассмотрены базовые понятия теории ко-нечномерных линейных пространств и операторов в этих пространствах.Наша основная цель – сформулировать и проиллюстрировать на примерахалгоритмы решения задач, традиционно предлагаемых студентам ФКТИво втором семестре курса “Алгебра и геометрия”. Кроме того, авторыстремились как можно более тесно связать теорию и практику. Поэтомупервая часть методических указаний содержит основные определения и

формулировки основных теорем курса, а при решении задач даются ссыл-ки на соответствующие утверждения первой части. Из соображений пол-ноты, в первой части методических указаний приводятся не только теформулировки, которые необходимы для решения задач. Таким образом,первая часть может быть использована для повторения основных форму-лировок курса перед экзаменом.

Перечислим основные понятия, которые обсуждаются в методическихуказаниях.

1. Линейные пространства: линейная независимость, система образу-ющих, базис и размерность пространства, сумма и пересечение под-пространств.

2. Евклидовы пространства: понятие абстрактного (положительноопределенного) скалярного произведения, проекция вектора навектор, процесс ортогонализации Грама–Шмидта, решение пере-определенной системы линейных уравнений (алгебраическая версияметода наименьших квадратов).

3. Линейные операторы: ядро, образ, матрица оператора.4. Собственные числа и собственные вектора оператора.5. Жорданова форма.6. Квадратичные формы, уравнения кривых и поверхностей второгопорядка, приведение квадратичной формы к каноническому виду.

Нахождению жордановой формы матрицы отведено довольно много

места, непропорционально много по сравнению со значимостью этой те-мы. Это обусловлено двумя причинами: во-первых, эта задача еще разиллюстрирует важную формулу построения матрицы оператора в данном

базисе; а во-вторых, при выборе алгоритма нахождения жордановой фор-мы авторы пытались минимизировать вычислительную сложность этого

алгоритма, за счет чего немного усложнилась его логика.Предполагается, что студенты уже освоили основы матричной алгеб-

ры: умножение матриц, метод Гаусса, вычисление определителя и ранга

3

матрицы. В большинстве решений задач матричные вычисления опуще-ны. Кроме того, пропущены небольшие фрагменты решений, если ана-логичный фрагмент уже был рассмотрен в одной из предыдущих задач.Естественно, в соответствующем месте дается необходимая ссылка.

В тексте используются следующие обозначения и соглашения:

– R – поле вещественных чисел.– V – линейное пространство над R.– Rn – линейное пространство столбцов высоты n над R.– Допуская вольность речи, элементы линейного пространства обычноназывают векторами.

– По умолчанию, греческие буквы обозначают числа, строчные латин-ские – элементы линейного пространства и столбцы, а прописныелатинские – множества (например линейные пространства), линей-ные операторы и матрицы.

– Из чисто эстетических соображений для обозначения столбцачасто пишется строка со знаком транспонирования, например,(a1, . . . , an)

T.– Единичная матрица обозначается буквой E, а тожественный опе-ратор – буквой I (т. е. I – это оператор, заданный формулойI(x) = x). Очевидно, что матрица оператора I в любом базисе рав-на E, однако при первом знакомстве с предметом следует различатьоператор и его матрицу.

– Пусть D – матрица размера n×n, аMD обозначает оператор умно-жения на эту матрицу, т. е. оператор из Rn в Rn (или из Cn в Cn),заданный формулой MD(x) = Dx. В некоторых задачах, допускаявольность записи, будем обозначать этот оператор той же буквой,что и матрицу, для того чтобы избежать громоздкого обозначения(MD)u. Таким образом, матрица оператора MD в базисе u будетобозначаться через Du. В частности, если e – стандартный базисRn, то для любой матрицы D имеем D = De.

4

Часть I. Определения и формулировки теорем

1. Линейные пространства

1.1. Определение линейного пространства. Множество V называ-ется линейным пространством над полем R, а его элементы векторами,если:

– задана операция сложения, которая любым двум элементам x и y изV сопоставляет элемент x+ y из V , называемый их суммой;

– задана операция умножения на число, которая элементу x ∈ V и чис-лу α ∈ R сопоставляет элемент αx ∈ V , называемый произведениемx на α;

– для любых элементов x, y, z ∈ V и любых чисел α и β выполненыследующие свойства:1. (x+ y) + z = x+ (y + z);2. существует элемент 0 ∈ V такой, что для каждого x ∈ V вы-полнено x+ 0 = x;

3. для любого x ∈ V существует элемент −x ∈ V такой, чтоx+ (−x) = 0;

4. x+ y = y + x;5. α(β)x = (αβ)x;6. α(x+ y) = αx+ αy;7. (α + β)x = αx+ βx;8. 1x = x.

1.2. Определение подпространства. Подмножество U называетсяподпространством пространства V , если оно само является линейнымпространством относительно операций сложения и умножения на число,заданных в V .

1.3. Критерий подпространства. Подмножество U является подпро-странством V , если для любых a, b ∈ U и α ∈ F выполняется:

1. a+ b ∈ U ;2. αa ∈ U .

Обозначение: U 6 V (в отличие от обозначения U ⊆ V для подмноже-ства).

1.4. Линейная независимость. Набор элементов a(1), . . . , a(n) про-странства V называется линейно независимым если уравнение

α1a(1) + · · ·+ αna(n) = 0

имеет только нулевое решение.

5

1.5. Линейная оболочка. Линейной оболочкой элементов a(1), . . . , a(n)

пространства V называется совокупность всех линейных комбинаций этих

элементов, т. е. множество элементов вида α1a(1)+· · ·+αna(n), где αi ∈ F .

Эквивалентное определение: линейная оболочка – это наименьшее ли-

нейное подпространство в V , содержащее элементы a(1), . . . , a(n).

Линейная оболочка обозначается через 〈a(1), . . . , a(n)〉.

1.6. Система образующих. Набор элементов a(1), . . . , a(n) называетсясистемой образующих пространства V , если любой вектор из V представ-ляется как линейная комбинация этих элементов.

Эквивалентное определение: 〈a(1), . . . , a(n)〉 = V .

1.7. Базис. Упорядоченный набор (e(1), . . . , e(n)) называется базисом

пространства V , если набор e(1), . . . , e(n) является линейно независимыми системой образующих.

Эквивалентное определение: для любого x ∈ V существуют един-ственные α1, . . . , αn ∈ F такие, что x = α1e(1) + · · ·+ αne(n).

1.8. Координаты вектора. Пусть e = (e(1), . . . , e(n)) – базис простран-

ства V , а x = α1e(1) + . . . αne

(n) ∈ V . Тогда столбец (α1, . . . , αn)T назы-вается столбцом координат x в базисе e и обозначается через xe.

1.9. Количество векторов в базисе.

Теорема. Любой базис конечномерного пространства состоит из од-ного и того же количества элементов.

1.10. Размерность линейного пространства. Линейное простран-ство V называется n-мерным, если в нем существует базис из n векторов.При этом число n называется размерностью пространства V .

1.11. Размерность линейной оболочки столбцов (строк) матрицыравна рангу матрицы.

1.12. Теорема об изоморфизме конечномерных пространств. Лю-бое конечномерное линейное пространство изоморфно пространству Rnдля некоторого n (определение изоморфизма см. в 3.2).

Следствие. Все линейные пространства одной и той же размерностиизоморфны между собой.

1.13. Cумма подпространств. Суммой U +W подпространств U и Wназывается совокупность всевозможных векторов вида v = u + w, гдеu ∈ U , w ∈ W . Сумма подпространств есть подпространство.

6

1.14. Пересечение подпространств является подпространством.

1.15. Прямая сумма подпространств. Пространство V называетсяпрямой суммой подпространств U и W , если каждый элемент v ∈ V мо-жет быть единственным способом представлен в виде суммы v = u + w,где u ∈ U , а w ∈ W . Обозначение: V = U ⊕W . Эквивалентная формули-ровка: V = U ⊕W , если V = U +W и U ∩ V = ∅. Если V = U ⊕W , тообъединение базисов подпространств U и W есть базис пространства V .

1.16. Теорема о размерности суммы и пересечения линейныхподпространств (формула Грассмана). Если U и V – подпространствалинейного пространства W , то

dimU + dimV = dim(U + V ) + dim(U ∩ V ).

1.17. Столбцы матрицы перехода от одного базиса к другому.

k-й столбец матрицы Cf→g равен столбцу координат вектора gk в базисе f .

Одной формулой:(Cf→g

)k

= (gk)f .

1.18. Преобразование координат при замене базиса.

xf = Cf→gxg.

В качестве определения матрицы перехода можно взять любую из фор-мул 1.17 или 1.18.

2. Пространства со скалярным произведением

2.1. Скалярное произведение. Скалярным произведением в веще-ственном линейном пространстве V называется (любая) функция ν,сопоставляющая паре векторов число и удовлетворяющая следующим

условиям. Для любых a, b, c ∈ V и α, β ∈ R:1. линейность: ν(αa+ βb, c) = αν(a, c) + βν(b, c);2. симметричность: ν(a, b) = ν(b, a);3. положительная определенность: ν(a, a) > 0, при a 6= 0.Вещественное линейное пространство со скалярным произведением

называется евклидовым пространством. Нормой элемента a ∈ V называ-ется число

√ν(a, a). Она обозначается через ‖a‖ν . Обычно пишут (a, b)

вместо ν(a, b) и ‖a‖ вместо ‖a‖ν , если скалярное произведение зафиксиро-вано или не важно, о каком скалярном произведении идет речь.

2.2. Неравенство Коши–Буняковского. (x, y)2 6 (x, x)(y, y).

Геометрический смысл:|(x,y)|‖x‖·‖y‖ = | cos x̂ y| 6 1.

2.3. Неравенство треугольника. ‖x+ y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖.

7

2.4. Проекция одного вектора на другой. prb a =(a,b)(b,b)b (имеется в

виду вектор проекции, а не его длина).

2.5. Ортогонализация Грама–Шмидта. Пусть (f1, . . . , fn) – базис ев-клидова пространства V . Тогда элементы

e1 = f1

e2 = f2 −(f2, e1)

(e1, e1)e1

· · · · · · · · ·

en = fn −n−1∑k=1

(fn, ek)

(ek, ek)ek

являются ортогональным базисом V . Более того, если f1, . . . , fn – системаобразующих V , то ненулевые элементы набора e1, . . . , en образуют базиспространства V .

2.6. Координаты в ортогональном базисе. Пусть f = (f1, . . . , fn)– ортогональный базис евклидова пространства V , а v ∈ V . Тогда k-якоордината элемента v в базисе f равна

(v,fk)(fk,fk)

(вектор v равен сумме его

проекций на вектора ортогонального базиса, ср. 2.4).

2.7. Равенство Парсеваля. Пусть f = (f1, . . . , fn) – ортогональный

базис евклидова пространства V , а v ∈ V . Тогда ‖v‖2 =n∑k=1

(v,fk)2(fk,fk)

. В

частности, если f ортонормированный, получим ‖v‖2 =n∑k=1

(v, fk)2.

Геометрический смысл: равенство Парсеваля – это многомерная те-рема Пифагора. Точнее, квадрат длины вектора равен сумме квадратовдлин его проекций на вектора ортогонального базиса.

2.8. Неравенство Бесселя. Пусть f1, . . . , fn – ортогональный набор

элементов евклидова пространства V , а v ∈ V . Тогда ‖v‖2 >n∑k=1

(v,fk)2(fk,fk)

.

Геометрический смысл: длина вектора не меньше длины его ортого-нальной проекции на подпространство (проекция v на 〈f1, . . . , fn〉 равнаn∑k=1

(v,fk)(fk,fk)

fk, поэтому в правой части неравенства Бесселя стоит ее длина).

8

2.9. Ортогональное дополнение подпространства. Ортогональнымдополнением подпространства U 6 V называется множество всех векто-ров, ортогональных каждому вектору из U . Оно обозначается через U⊥.

Ортогональное дополнение является подпространством. Кроме того,

V = U ⊕ U⊥, т. е. любой вектор v ∈ V однозначно представляется ввиде суммы v = v∗ + w, где v∗ ∈ U , а w ∈ U⊥. Элемент v∗ называетсяортогональной проекцией элемента v на подпространство U .

2.10. Расстояние от вектора до подпространства. Пусть v∗ – ор-тогональная проекция элемента v на подпространство U 6 V . Тогда длялюбого элемента u ∈ U , отличного от v∗, выполнено неравенство

‖v − v∗‖ < ‖v − u‖.Как обычно, расстоянием от элемента v до подпространства U называетсяминимальное из расстояний от v до u по всем u ∈ U . Таким образом, гео-метрический смысл неравенства состоит в том, что расстояние от векторадо подпространства измеряется по перпендикуляру.

2.11. Матрицей Грама скалярного произведения ν в базисе f1, . . . , fnназывается такая матрица Γνf , что ν(a, b) = a

TfΓ

νfbf для любых a, b ∈ V .

Нетрудно доказать, что такая матрица существует, а ее элемент в пози-ции (i, j) равен ν(fi, fj). Скалярное произведение является, в частности,билинейной формой (определение билинейной формы см. 6.5). С этой точ-ки зрения матрица Грама является просто матрицей билинейной формы

(см. 6.6).

3. Линейные операторы

3.1. Линейным оператором называется функция из U в V , удовлетво-ряющая следующим условиям. Для любых a, b ∈ V и α ∈ F :

1. L(a+ b) = L(a) + L(b);2. L(αa) = αL(a).

3.2. Изоморфизмом линейных пространств называется биективныйлинейный оператор. Два линейных пространства U и V называются изо-морфными, если существует изоморфизм из U в V .

3.3. Матрица линейного оператора. Пусть U и V – конечномерныепространства, L : U → V – линейный оператор, f – базис U , а g – базис V .Матрицей оператора L в базисах f, g называется такая матрица Lf,g, что

для любого x ∈ U выполнена формула L(x)g = Lf,gxf (нетрудно доказать,что такая матрица существует и единственна).

9

В наиболее важном случае, когда U = V и f = g матрица оператораобозначается через Lf , а формула приобретает вид L(x)f = Lfxf .

3.4. Столбцы матрицы линейного оператора. (Lf )k = L(fk)f . Этуформулу можно выразить словами: k-й столбец матрицы оператора L вбазисе f равен столбцу координат элемента L(fk) в базисе f .

3.5. Преобразование матрицы оператора при замене базиса.

Lf = Cf→eLeCe→f ,

где e и f – базисы пространства V , а L : V → V – линейный оператор.

3.6. Ядром линейного оператора L : U → V называется множествовсех тех элементов x пространства U , для которых L(x) = 0 (т. е. ядролинейного оператора – это пространство решений уравнения L(x) = 0).Обозначение: KerL.

3.7. Теорема о структуре общего решения неоднородного линей-ного уравнения. Пусть L : U → V – линейный оператор, f ∈ V , аy∗ – решение уравнения L(y) = f . Тогда множество всех решений этогоуравнения равно y∗ + KerL = {y∗ + y0 | y0 ∈ U, L(y0) = 0}.

3.8. Образ линейного оператора. Образом линейного оператораL : U → V называется множество всех элементов y пространства V ,представимых в виде y = L(x). Образ обозначается через ImL. Другимисловами, ImL = {L(x) |x ∈ V }.

3.9. Теорема о размерности ядра и образа. Пусть задан операторL : U → V , где U – конечномерно. Тогда dim KerL+ dim ImL = dimU .

3.10. Инвариантное подпространство. Пусть L – линейный опера-тор на пространстве V . Подпространство U 6 V называется инвариант-ным относительно L, если L(u) ∈ U для любого u ∈ U .

4. Собственные числа и вектора

4.1. Собственное число и вектор. Число λ называется собствен-ным числом оператора L, если существует ненулевой вектор x такой,что L(x) = λx. При этом вектор x называется собственным векторомоператора L, отвечающим собственному числу λ.

10

4.2. Собственное подпространство Если λ – собственное число опе-ратора L, то множество всех решений уравнения L(x) = λx называетсясобственным подпространством оператора L, отвечающим собственномучислу λ. Эквивалентная формулировка: собственное подпространство, от-вечающее собственному числу λ, – это множество собственных векторов,отвечающих λ, дополненное нулем.

4.3. Геометрическая кратность собственного числа – это размер-ность собственного подпространства.

4.4. Характеристический многочлен. Если A – матрица n × n, товыражение χA(λ) = det(A−λE) является многочленом степени n от пере-менной λ. Он называется характеристическим многочленом матрицы A.Характеристическим многочленом оператора L : V → V называется ха-рактеристический многочлен его матрицы в любом базисе пространства V(он не зависит от выбора базиса). Корни характеристического многочленаи только они являются собственными числами оператора.

4.5. Алгебраическая кратность собственного числа – это крат-ность этого числа в характеристическом многочлене (кратность числа α

в многочлене p – это наибольшее целое k такое, что p делится на (x−α)k).

4.6. Теорема о линейной независимости собственных векторов.Собственные вектора, соответствующие различным собственным числам,линейно независимы.

4.7. След матрицы оператора не зависит от выбора базиса и равенсумме собственных чисел оператора с учетом их алгебраической кратно-сти (след матрицы – это сумма ее элементов на главной диагонали).

4.8. Определитель матрицы оператора не зависит от выбора базисаи равен произведению собственных чисел оператора с учетом их алгебра-ической кратности.

4.9. Ранг матрицы оператора не зависит от выбора базиса и равенразмерности образа этого оператора.

4.10. Критерий диагонализуемости оператора. L – диагонализуемтогда и только тогда, когда существует базис из его собственных векторов(оператор называется диагонализуемым, если существует базис простран-ства V , такой что матрица оператора в этом базисе является диагональ-ной).

11

4.11. Достаточное условие диагонализуемости оператора. Еслиоператор L : V → V имеет n = dimV различных собственных чисел,то оператор диагонализуем. Это условие не является необходимым, т. е.существуют диагонализуемые операторы, у которых не все собственныечисла различны.

4.12. Критерий диагонализуемости оператора в терминах алгеб-раической и геометрической кратности. Оператор L диагонализуемнад C тогда и только тогда, когда алгебраическая кратность любого соб-ственного числа равна его геометрической кратности.

5. Жорданова форма

5.1. Корневое подпространство. Пусть характеристический много-член линейного оператора L раскладывается на множители

χL(λ) = (−1)n(λ− λ1)k1 · · · (λ− λs)ks,

где все числа λ1, . . . , λs попарно различны. Тогда подпространство

Ki = Ker(L− λiI)ki (i = 1, . . . , s)

называется корневым подпространством оператора L, отвечающим соб-ственному числу λi, а его ненулевые вектора – корневыми векторами.

Собственное подпространство содержится в соответствующем корне-

вом подпространстве: Ker(L− λiI) 6 Ker(L− λiI)ki.Размерность корневого подпространства равна алгебраической крат-

ности соответствующего собственного числа.

5.2. Теорема о разложении пространства в прямую сумму кор-невых подпространств. Для любого оператора L, действующего в ком-плексном пространстве V , это пространство раскладывается в прямуюсумму корневых подпространств оператора L:

V = K1 ⊕ . . .⊕Ks.

Если оператор действует в вещественном пространстве, то утверждениесправедливо, если все корни характеристического многочлена оператораL вещественны.

5.3. Высота корневого вектора. ПустьK – корневое подпространствооператора L, отвечающее собственному числу λ. Высотой вектора x ∈ Kназывается число h, такое, что (L − λI)h(x) = 0, но (L − λI)h−1(x) 6= 0.Собственные вектора имееют высоту 1.

12

5.4. Жорданова форма. Матрица вида

J1 0 00 . . . 00 0 Jm

где Ji =λi 1 0 . . . 0

0 λi. . . . . . 0

0 . . . . . . 1 00 . . . 0 λi 10 . . . 0 0 λi

называется жордановой матрицей или жордановой формой матрицы опе-ратора.

Теорема. Для любого оператора, действующего в комплексном линей-ном пространстве, существует базис, в котором его матрица жорданова.Такой базис называется жордановым базисом оператора.

Естественно, любая из клеток может иметь размер 1 × 1. Если всежордановы клетки имеют такой размер, то жорданова форма – это простодиагональная форма матрицы оператора.

5.5. Жордановой цепочкой , соответствующей собственному числу λ,

называется набор векторов e0, . . . , ek, удовлетворяющих равенствам

(L− λI)(e0) = 0 и (L− λI)(e`) = e`−1i при ` > 1.

При этом ei называют i-м вектором, присоединенным к e0. Очевидно, i-йприсоединенный вектор является корневым вектором высоты i+ 1.

Пусть вектора e01, . . . , ek11 , . . . , e

0m, . . . , e

kmm образуют жорданов базис

оператора L так, что набор e0i , . . . , ekii соответствует i-му жорданову бло-

ку. Тогда, по определению жорданова блока, выполняются равенства

(L − λiI)(e0i ) = 0 и (L − λiI)(e`i) = e`−1i при ` > 1. Таким образом,

жорданов базис состоит из жордановых цепочек.

6. Самосопряженные операторы и квадратичные формы

6.1. Самосопряженный оператор. Оператор L в унитарном (евклидо-вом) пространстве V называется самосопряженным, если(

L(x), y)

=(x, L(y)

)для всех x, y ∈ V .

Матрица самосопряженного оператора в ортонормированном бази-се евклидова пространства является симметричной. Обратно, операторумножения на симметричную матрицу в Rn (со стандартным скалярнымпроизведением) является самосопряженным. Поэтому все утвержденияпро собственные числа и вектора самосопряженного оператора верны и

для собственных чисел и векторов симметричной матрицы.

13

6.2. Теорема о собственных векторах самосопряженного опера-тора. Собственные вектора самосопряженного оператора, соответствую-щие различным собственным числам, попарно ортогональны.

6.3. Теорема о собственных числах самосопряженного операто-ра. Собственные числа самосопряженного оператора вещественны.

6.4. Теорема о диагонализуемости самосопряженного оператора.Существует ортонормированный базис, в котором матрица данного само-сопряженного оператора диагональна.

6.5. Билинейной формой называется функция B : V × V → F ,удовлетворяющее свойствам B(αu + βv, w) = αB(u,w) + βB(v, w) иB(w, αu + βv) = αB(w, u) + βB(w, v). Билинейная форма B называетсясимметричной, если B(u, v) = B(v, u) для любых u, v ∈ V .

6.6. Матрицей билинейной формы B в базисе f = (f1, . . . , fn) на-

зывается такая матрица Bf , что B(u, v) = uTfQfvf для любых u, v ∈ V .

(Нетрудно доказать, что такая матрица существует, а ее элемент в пози-ции (i, j) равен B(fi, fj).)

6.7. Квадратичная форма. Пусть B – симметричная билинейная фор-ма на V . Функция Q : V → F , заданная формулой Q(v) = B(v, v), назы-вается квадратичной формой, ассоциированной с B.

Для несимметричной билинейной формы A можно взять ее симмет-ризацию

B(u, v) =1

2

(A(u, v) + A(v, u)

)так, чтобы A(v, v) = B(v, v).

По форме Q можно восстановить форму B с помощью поляризации:

B(u, v) =1

2

(Q(u+ v)−Q(u)−Q(v)

).

6.8. Матрицей квадратичной формы Q в базисе f = (f1, . . . , fn) на-

зывается такая матрица Qf , что Q(v) = vTfQfvf для любого v ∈ V .

(Нетрудно доказать, что такая матрица существует, а ее элемент в по-зиции (i, j) равен B(fi, fj), где B – ассоциированная с Q симметричнаябилинейная форма.) Другими словами, матрица квадратичной формы –это матрица ассоциированной с ней симметричной билинейной формы.

14

Если Q(x) =∑

16i6j6naijxixj – квадратичная форма в Rn, то элемен-

ты матрицы формы Q в стандартном базисе равны: (Qe)ii = aii, а

(Qe)ij =12aij при i 6= j.

6.9. Преобразование матрицы квадратичной формы при заменебазиса. Qf = C

Te→fQeCe→f , где e и f – базисы пространства V , а

Q : V → F – квадратичная форма.6.10. Приведение квадратичной формы к диагональному виду.Пусть Q квадратичная форма на линейном пространстве V (над произ-вольным полем, в котором 1 + 1 6= 0). Существует базис, в котором мат-рица квадратичной формы Q диагональна.

6.11. Приведение квадратичной формы к диагональному видуортогональным преобразованием. Пусть Q квадратичная форма наевклидовом пространстве V . Существует ортонормированный базис, вкотором матрица квадратичной формы Q диагональна.

6.12. Закон инерции квадратичных форм. Пусть Q – квадратичнаяформа на вещественном линейном пространстве V , а e и f – различныебазисы пространства V , в которых матрица формы Q диагональна. Тогдаколичество положительных (отрицательных) диагональных элементов вматрицах Qe и Qf одинаково.

6.13. Сигнатура вещественной квадратичной формы. Сигнатуройвещественной диагональной матрицы A называется пара чисел (p, n), гдеp – количество положительных, а n – отрицательных диагональных эле-ментов матрицы A.

Пусть Q – квадратичная форма, а f – такой базис, что матрица Qfдиагональна. Тогда сигнатурой формы Q называется сигнатура матрицыQf (закон инерции утверждает, что сигнатура матрицы Qf не зависит от

выбора базиса f).

15

Часть II. Примеры решения задач

Задача 1. Базис линейной оболочки

Найти базис линейной оболочки строк матрицы

A =

7 3 −4 −1 −47 3 −4 −1 −4−3 −2 6 4 62 1 −2 −1 −2−1 −1 4 3 4

.Решение (1-й способ). Осуществляя преобразования Гаусса над

строками матрицы A, приведем ее к трапециевидной форме:

A ∼ B =

1 1 −4 −3 −40 −1 6 5 60 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

(мы переставили пятую строку на первое место, сменили ее знак, получи-ли нули в первом столбце, вычитая из всех строк строки, кратные первой,после чего избавились от пропорциональных строк).

Так как матрица B получена из A преобразованиями Гаусса, то стро-ки матрицы B представляют собой линейные комбинации строк матри-цы A и, следовательно, принадлежат линейной оболочке строк матри-цы A. Кроме того, rankA = rankB = 2, откуда размерность линейнойоболочки строк матрицы A равна 2 (см. 1.11), и в качестве базиса мож-но выбрать две ненулевых строки матрицы B: e1 = (1, 1,−4,−3,−4),e2 = (0,−1, 6, 5, 6) (так как B имеет трапециевидную форму, то ее нену-левые строки линейно независимы).

Решение (2-й способ). Этот способ решения опирается на следу-ющее утверждение: линейные зависимости между строками матрицыне меняются при элементарных преобразованиях столбцов. Осуществ-ляя преобразования над столбцами матрицы A, приведем ее к виду

C =

1 0 0 0 01 0 0 0 01 5 0 0 00 −1 0 0 01 4 0 0 0

, rankA = rankC = 2. Вид матрицы C позволяетсразу определить, какие пары ее строк линейно независимы. Напри-мер, первая и четвертая строчки. Но тогда, в силу приведенного выше

16

утверждения, линейно независимую систему будут образовывать перваяи четвертая строки исходной матрицы A. Итак, e1 = (7, 3,−4,−1,−4),e2 = (2, 1,−2,−1,−2) – базис линейной оболочки строк матрицы A.

Замечание 1. Обратите внимание, что базисные вектора во второмслучае выбираются среди векторов системы, порождающей линейное под-пространство (линейную оболочку сток матрицы), в то время как базис-ные вектора, найденные первым способом не обязаны принадлежать си-стеме образующих.

Замечание 2. В случае, когда в задаче речь идет о линейной оболочкестолбцов матрицы, то, решая ее первым способом, нужно осуществлятьпреобразования над столбцами исходной матрицы, а во втором случае надстроками, опираясь на тот факт, что линейные зависимости между столб-цами матрицы не меняются при элементарных преобразованиях строк.

Задача 2. Базис пространства решений однородной системы

Найти базис пространства решений системы Ax = 0, где

A =

7 3 −4 −1 −47 3 −4 −1 −4−3 −2 6 4 62 1 −2 −1 −2−1 −1 4 3 4

.Решение. Решим однородную систему методом Гаусса. Воспользу-

емся результатом, полученным в задаче 1: A ∼ B ∼

1 0 2 2 20 1 −6 −5 −60 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.Обозначая столбец неизвестных через x = (x1, x2, x3, x4, x5), из первогоуравнения получаем x1 = −2x3−2x4−2x4, а из второго x2 = 6x3+5x4+6x4.

Тогда решение системы имеет вид x =

−26100

x3 +−25010

x4 +−26001

x4.Так как выписанные в последней формуле столбцы линейно независимы

(матрица, составленная из них, содержит единичную подматрицу 3 × 3),то они образуют базис пространства решений системы.

17

Ответ: e1 = (−2, 6, 1, 0, 0)T, e2 = (−2, 5, 0, 1, 0)T, e3 = (−2, 6, 0, 0, 1)T.

Замечание 1. С точки зрения компьютерного алгоритма: как только

Вы привели матрицу A к трапецеидальному виду

(E C0 0

), Вы можете

записать ответ в виде (e1, . . . , en) =

(−CE

).

Задача 3. Базис суммы и пересечения

Найти размерность и базис суммы и пересечения линейных подпро-

странств V1 и V2 в R4, натянутых на системы векторов: a1 = (1, 2, 0, 1)T,a2 = (1, 1, 1, 0)

T, a3 = (0, 1,−1, 1)T и b1 = (1, 0, 1, 0)T, b2 = (1, 3, 0, 1)T,b3 = (0, 3,−1, 1)T.

Решение (1-й способ). Так как V1 + V2 есть линейная оболочка си-стемы векторов a1, a2, a3, b1, b2, b3, то базис суммы подпространств можетбыть найден с помощью рассуждений, приведенных в задаче 1. Составим

матрицу (A|B) =

1 1 02 1 10 1 −11 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 00 3 31 0 −10 1 1

, столбцами которой являются вседанные вектора. Упрощаем ее с помощью элементарных преобразованийстолбцов с условием: преобразования столбцов матриц A и B осуществ-

ляем отдельно. Получаем (A|B) ∼

1 0 01 1 01 −1 00 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 00 3 01 −1 00 1 0

.На этом этапе преобразований можно сделать выводы:

1. dimV1 = rankA = 2; c1 = (1, 1, 1, 0)T, c2 = (0, 1,−1, 1)T – базис V1;

2. dimV2 = rankB = 2; t1 = (1, 0, 1, 0)T, t2 = (0, 3,−1, 1)T – базис V2.

Теперь, когда найдены базисы в подпространствах V1 и V2, можноотбросить черту, разделяющую матрицы A и B, и продолжить преобра-зования над столбцами:

1 0 0 1 0 01 1 0 0 3 01 −1 0 1 −1 00 1 0 0 1 0

∼

1 0 0 0 0 00 1 0 0 0 01 0 −1 0 0 00 0 1 0 0 0

.18

Отсюда dim(V1+V2) = rank(A|B) = 3, вектора (1, 0, 1, 0)T, (0, 1, 0, 0)T,(0, 0,−1, 1)T образуют базис в V1 +V2. Для определения размерности пере-сечения подпространств воспользуемся формулой Грассмана (см. п. 1.16):dim(V1 ∩ V2) = 2 + 2− 3 = 1.

Осталось найти базис пересечения подпространств. Пусть векторv ∈ V1∩V2. Тогда v = αc1+βc2 = γt1+ηt2. Отсюда αc1+βc2−γt1−ηt2 = 0.Составим эту систему и решим ее:

α − γ = 0α + β − 3η = 0α− β − γ + η = 0

β − η = 0

⇐⇒

αβγη

=

2121

t, t ∈ R .Подставив найденные коэффициенты в разложение вектора v по бази-

су подпространства V1, получим:

v = 2t

1110

+ t

01−11

= t

2311

, t ∈ R .Ответ: базис V1 ∩ V2 состоит из одного вектора (2, 3, 1, 1)T.Решение (2-й способ). Определим размерности V1 и V2, выберем в

них базисы и одновременно найдем однородные системы уравнений, опре-деляющие данные подпространства. С этой целью составим матрицы Aи B, столбцами которых являются вектора первой и второй системы со-ответственно:

A =

1 1 02 1 10 1 −11 0 1

, B =

1 1 00 3 31 0 −10 1 1

.Преобразуем расширенную матрицу (A|E) методом Гаусса со строка-

ми так, чтобы в левой части получилась трапецеидальная матрица:1 1 02 1 10 1 −11 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

∼

1 1 00 1 −10 0 00 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 00 0 1 0−1 1 0 −1−1 0 1 1

.19

Обозначим последнюю матрицу через

(C0

∣∣∣∣ D1D2). Столбец b принадле-

жит линейной оболочке столбцов матрицы A тогда и только тогда, когдасистема Ax = b имеет решение. Так как преобразования Гаусса соответ-ствуют умножению слева на обратимую матрицу, то системы уравнений

Ax = b и

(C0

)x =

(D1D2

)b равносильны. Поэтому система Ax = b имеет

решение тогда и только тогда, когда D2b = 0 (система Cx = D1b имеетрешение при любом b). Отсюда можно сделать следующие выводы:

1. dimV1 = rankA = 2;2. a1, a3 – базис пространства V1 (см. задачу 1, 2-й способ решения);3. b ∈ V1 ⇐⇒ D2b = 0.Рассуждая аналогичным образом, для подпространства V2 имеем:

1 1 00 3 31 0 −10 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

∼

1 1 00 1 10 0 00 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 00 0 0 1−1 0 1 10 1 −3 0

.Следовательно:

1. dimV2 = rankB = 2;2. b1, b3 – базис пространства V2;

3. b ∈ V2 ⇐⇒(−1 0 1 10 1 −3 0

)b = 0.

В качестве базиса суммы подпространств можно выбрать любую мак-симальную линейно независимую подсистему системы векторов a1, a3,b1, b3, например: a1, a3, b1. Размерность подпространства V1 + V2 рав-на 3. Найдем базис и размерность пересечения подпространств. Еслиv ∈ V1 ∩ V2, то он является решением обеих систем. Поэтому V1 ∩ V2совпадает с пространством решений системы

−1 1 0 −1−1 0 1 1−1 0 1 10 1 −3 0

b = 0,составленной из всех уравнений, определяющих V1 и V2. Решив ее, по-лучим b = (2, 3, 1, 1)Tα, где α ∈ R. Значит, dim(V1 ∩ V2) = 1, а вектор(2, 3, 1, 1)T образует базис V1 ∩ V2.

20

Задача 4. Ортогонализация двух векторов

Даны столбцы a = (−4, 5,−2,−1)T и b = (5,−3, 4, 3)T. Найти столбецc ∈ R4, ортогональный a так, чтобы линейные оболочки 〈a, c〉 и 〈a, b〉совпадали.

Решение. Как раз для этой задачи предназначен процесс ортогона-лизации (см. 2.5):

c = b− (a, b)(a, a)

a =

5−343

− −4646−45−2−1

=

1222

.Так как c = b − αa есть линейная комбинация a и b, то c ∈ 〈a, b〉.

Аналогично, b ∈ 〈a, c〉, откуда 〈a, c〉 = 〈a, b〉. Легко заметить, что лю-бой вектор, пропорциональный найденному, также удовлетворяет усло-вию задачи. С другой стороны, ортогональное дополнение к вектору a в2-мерном пространстве 〈a, b〉 одномерно, поэтому никакой вектор, не про-порциональный найденному, не годится.

Ответ: c = (1, 2, 2, 2)Tα, где α ∈ R.Рассмотрим другую формулировку той же задачи.

Разложение в сумму ортогональных векторов. Даны столбцыa = (−4, 5,−2,−1)T и b = (5,−3, 4, 3)T. Разложить b в сумму двухортогональных столбцов так, чтобы один из них был параллелен a.

Решение. Пусть b = c+αa, причем c ⊥ a. Тогда (c, a) = (b−αa, a) = 0,откуда α = (a,b)(a,a) , и мы получаем ту же формулу для вектора c, что и в

предыдущей задаче: c = b− (a,b)(a,a)a.

Ответ: c = (1, 2, 2, 2)T.

Задача 5. Ортогонализация и псевдорешение

Даны A =

−1 −4 −1−1 −4 −51 1 −1−1 −1 4

и b =−11711−12

. Ортогонализоватьстолбцы матрицы A и найти псевдорешение системы Ax = b.

Решение. Выполним первую часть задания, используя метод орто-гонализации Грама–Шмидта (см. 2.5). Обозначим столбцы матрицы A:a1 = (−1,−1, 1,−1)T; a2 = (−4,−4, 1,−1)T; a3 = (−1,−5,−1, 4)T. Поло-жим e1 = a1. Второй вектор ищем в виде e

′2 = a2 −

(a2,e1)(e1,e1)

e1. Тогда и

21

e′2 = (−3/2,−3/2,−3/2, 3/2)T. Для удобства дальнейших вычислений поло-жим e2 = −23e

′2 = (1, 1, 1,−1)T. Это можно сделать, так как умножение

на константу не влияет на ортогональность векторов. Последний вектор

ищем в виде e′3 = a3 −(a3,e1)(e1,e1)

e1 − (a3,e2)(e2,e2)e2. Получаем e′3 = (2,−2, 3/2, 3/2)T.

Положим e3 = 2e′3 = (4,−4, 3, 3)T.

Перейдем ко второй части задачи. Можно убедиться, что системаAx = b несовместна, хотя это не влияет на ход решения. Это означает,что столбец b не принадлежит линейной оболочке столбцов матрицы A. Вэтом случае система называется переопределенной. Псевдорешением пе-реопределенной системы линейных уравнений называется такой столбец

x∗, что длина вектора Ax∗ − b минимальна. Длина вектора Ax∗ − b ми-нимальна, если он ортогонален линейной оболочке столбцов матрицы A,то есть вектор Ax∗ является ортогональной проекцией вектора b на ли-нейную оболочку столбцов матрицы A (см. утверждение 2.10). Введемобозначения: пусть V – линейная оболочка столбцов матрицы A, b∗ –ортогональная проекция вектора b на подпространство V . Так как орто-гональный базис e1, e2, e3 пространства V уже известен, то можно найтиb∗, как сумму проекций вектора b на базисные вектора ei (см. 2.6), т. е.

b∗ =(b, e1)

(e1, e1)e1 +

(b, e2)

(e2, e2)e2 +

(b, e3)

(e3, e3)e3

(формула верна только для ортогонального базиса!).

Получим b∗ = (2, 14, 7,−16)T. Осталось решить систему Ax∗ = b∗.Ответ: ортогонализованные столбцы матрицы A:

e1 = (−1,−1, 1,−1)T; e2 = (1, 1, 1,−1)T; e3 = (4,−4, 3, 3)T.

Псевдорешение системы: x∗ = (5,−1,−3)T.

Замечание 1. Вычисления во второй части задачи можно несколькоупростить. В процессе вычислений мы находим столбец координат век-

тора b∗ в базисе e, он состоит из чисел (b,ei)(ei,ei). Из процесса ортогонали-

зации легко извлечь выражения векторов ai через ei, т. е. матрицу пе-рехода Ce→a, и убедиться в том, что она треугольная. Решаем системуCe→ab∗a = b

∗e и из равенства Ax

∗ = b∗ замечаем, что x∗ как раз и явля-ется столбцом координат вектора b∗ в базисе, составленном из столбцовматрицы A. Упрощение вычислений состоит в том, что достаточно ре-шить систему с треугольной матрицей, что на порядок проще решенияпроизвольной системы.

22

Замечание 2. Для нахождения псевдорешения системы можно вос-

пользоваться формулой x∗ = (ATA)−1ATb, т. е. достаточно решить си-стему линейных уравнений (ATA)x∗ = ATb (если столбцы матрицы A ли-нейно независимы, то матрица ATA невырожденная). Однако количествовычислений при использовании этого способа решения примерно равно ко-личеству вычислений при решении с использованием ортогонализации и

замечания 1.

Задача 6. Дополнение до ортогонального базиса

Подпространство V 6 R4 натянуто на вектора: a1 = (1, 1, 2, 2)T иa2 = (10, 4,−1,−1)T. Ортогонализовать базис в V и дополнить его доортогонального базиса в R4.

Решение. Ортогонализуем вектора a1 и a2 их с помощью процессаГрама–Шмидта (см. 2.5):

b1 = a1; b2 = a2 −(a2, b1)

(b1, b1)b1 =

1122

− 1010

104−1−1

= 3−3−111

.Далее будем брать произвольные вектора из R4, добавлять их к по-

лученному ранее набору b1, b2, . . . и применять к ним процесс ортогона-лизации. Если получившийся в результате ортогонализации вектор будетненулевым, то присоединим его к нашему набору, в противном случаепросто возьмем другой произвольный вектор. Прекратим процесс, когдаколичество полученных ненулевых попарно ортогональных векторов ста-нет равным размерности пространства, т. е. четырем. Для того чтобыгарантировать, что процесс закончится (т. е., что мы не будем все времявыбирать произвольный вектор из линейной оболочки ранее полученных),

достаточно перебирать вектора из какого-нибудь базиса пространства R4.Для упрощения вычислений будем перебирать вектора стандартного ба-зиса. Заметим также, что проекция вектора a на вектор b равна его про-екции на вектор λb при любом λ > 0, что также будет использоваться дляупрощения вычислений. Итак:

b3 = e1−(e1, b1)

(b1, b1)b1−

(e1, b2)

(b2, b2)b2 =

1000

− 110

1122

−−312−3−111

= 120

3−711

;23

b4 = e2 −(e2, b1)

(b1, b1)b1 −

(e2, b2)

(b2, b2)b2 −

(e2, b3)

(b3, b3)b3 =

=

0100

− 110

1122

− −112−3−111

− −760

3−711

=

0000

.Так как оказалось, что b4 = 0, то отбрасываем e2 (как оказалось, он

лежит в линейной оболочке 〈b1, b2, b3〉) и пересчитываем b4, исходя из e3:

b4 = e3 −(e3, b1)

(b1, b1)b1 −

(e3, b2)

(b2, b2)b2 −

(e3, b3)

(b3, b3)b3 =

=

0010

− 210

1122

− 112−3−111

− 160

3−711

= 12

001−1

.Ответ: ортогональный базис V : b1 = (1, 1, 2, 2)

T, b2 = 3(−3,−1, 1, 1)T.Он дополняется до ортогонального базиса пространства R4 векторамиb3 =

120(3,−7, 1, 1)

T, b4 =12(0, 0, 1,−1)

T.

Замечание 1. Ясно, что вектора b3 и b4 образуют ортогональный ба-

зис пространства V ⊥. Поэтому альтернативный способ нахождения этихвекторов состоит в том, чтобы найти базис V ⊥ как базис пространства

решений системы

(bT1bT2

)x = 0, после чего ортогонализовать его.

Задача 7. Выбор базиса и нахождение матрицы оператора

Пусть V – линейное пространство всех вещественных матриц 2×2 соследом 0. Выберите базис в пространстве V и найдите матрицу оператора

L в этом базисе, если L(A) =

(1 −42 −4

)A− A

(1 −42 −4

).

Решение. След рассматриваемых матриц равен 0, а значит элемен-ты пространства имеют вид

A =

(a bc −a

)= a

(1 00 −1

)+ b

(0 10 0

)+ c

(0 01 0

).

24

Поэтому размерность пространства V равна 3 и в качестве базиса e можновзять набор элементов

e1 =

(1 00 −1

), e2 =

(0 10 0

), e3 =

(0 01 0

).

Выбранный базис хорош тем, что столбец координат любого элементапространства в этом базисе виден сразу: для приведенной выше матрицыA столбец координат Ae = (a, b, c)

T.Столбцами матрицы линейного оператора являются столбцы коорди-

нат образов базисных векторов, т. е. i-й столбец матрицы Le равен L(ei)e(см. 3.4). Найдем образы базисных векторов:

L(e1) =

(0 84 0

); L(e2) =

(−2 50 2

); L(e3) =

(−4 0−5 4

).

Запишем столбцы координат: L(e1) = (0, 8, 4)T; L(e2) = (−2, 5, 0)T;

L(e3) = (−4, 0,−5)T.

Ответ: Le =

0 −2 −48 5 04 0 −5

.Задача 8. Матрица оператора проектирования

Вычислить матрицу линейного оператора A, проектирующего векто-ра трехмерного геометрического пространства V на плоскость P : 3x−y = 0

параллельно прямой ` :

{x+ y + 2z = 0

x + z = 0, в стандартном базисе.

Решение. Задача имеет смысл, если P ∩ ` = {0}. Действитель-

но, решив однородную систему

x + y + 2z = 0

x + z = 0

3x− y = 0, определяющую подпро-

странство P ∩ `, убеждаемся, что она имеет единственное нулевое реше-ние. Сумма размерностей плоскости и прямой равна 3, т. е. размерностиV . Следовательно, V раскладывается в прямую сумму: V = P ⊕ ` (см.определение 1.15). Значит, объединение базисов плоскости и прямой естьбазис в V . Находя базис пространства решений однородной системы (см.задачу 2), выберем базис плоскости: f1 = (0, 0, 1)

T; f2 = (1, 3, 0)T и ба-

зис прямой: f3 = (1, 1,−1)T. Матрица оператора A может быть легкосоставлена в базисе f = (f1, f2, f3). Действительно, по определению про-ектирования, вектора плоскости P переходят в себя, а вектора с прямой

25

` переходят в 0. Поэтому A(f1) = f1, A(f2) = f2, а A(f3) = 0, откуда

Af =

1 0 00 1 00 0 0

(см. 3.4, а также задачу 7).Составим матрицу перехода от стандартного базиса e к базису f и

найдем обратную к ней:

Ce→f =

0 1 10 3 11 0 −1

, Cf→e = 12

3 −1 2−1 1 03 −1 0

(подробнее о нахождении матриц перехода см. п. 1 задачи 9). Для тогочтобы найти матрицу оператора проектирования в стандартном базисе

осталось воспользоваться формулой 3.5, связывающей матрицы операторав различных базисах:

Ae=Ce→fAfCf→e=1

2

0 1 10 3 11 0 −1

1 0 00 1 00 0 0

3 −1 2−1 1 03 −1 0

= 12

−1 1 0−3 3 03 −1 2

.Задача 9. Вектора и операторы в R3

Пусть e – стандартный базис в R3, f1 = (1, 1,−1)T, f2 = (−1,−1, 2)T,f3 = (−2,−1, 0)T. Даны линейные операторы A и B, имеющие в базисе eследующие матрицы:

Ae =

13 −15 35 −7 37 −25 13

, Be =−5 −10 10−3 −18 16−3 −18 16

,и вектор x c координатами xe = (1, 7, 9)

T.

1. Проверьте, что f = (f1, f2, f3) – базис в R3 и найдите матрицыперехода Ce→f , Cf→e.

2. Определите координаты вектора y = A ◦B(x) в базисе f .3. Обратимы ли операторы A и B?

4. Найдите матрицы оператора A−1 в базисах e и f .5. Найдите размерность ядра и образа оператора B.6. Постройте ортонормированный базис ядра и образа оператора B.7. Найдите собственные числа и собственные вектора операторов Aи B.

8. Выпишите матрицы операторов A и B в базисе из собственных век-торов.

26

Решение.

1. Из столбцов f1, f2, f3 составим матрицу C =

1 −1 −21 −1 −1−1 2 0

. Век-тора f1, f2, f3 образуют базис в R3 тогда и только тогда, когда матрицаC обратима. Так как нам все равно придется вычислять обратную к Cматрицу, то доказывать сейчас, что она существует (например считатьопределитель C), не обязательно. Для матрицы перехода выполнено соот-ношение (e1, e2, e3)Ce→f = (f1, f2, f3), т. е. составленная нами матрица Cи есть Ce→f . Матрица обратного перехода может быть получена исходя

из соотношения Cf→e = C−1e→f . Найдем обратную к C матрицу методом

Гаусса: 1 −1 −21 −1 −1−1 2 0

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

∼1 0 00 1 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣−2 4 1−1 2 1−1 1 0

,откуда Cf→e =

−2 4 1−1 2 1−1 1 0

.2. Cначала найдем координаты вектора y в базисе e, а затем с по-

мощью уже известной матрицы перехода Cf→e найдем его координаты вбазисе f . Матрица композиции операторов A ◦ B в базисе e равна произ-ведению матриц операторов Ae и Be. Тогда

ye = AeBexe = (15, 15,−75)T = 15(1, 1,−5)T,

а yf = Cf→eye = 15(−3,−4, 0)T.Ответ: yf = (−45,−60, 0)T.

Замечание 1. При вычислении произведения AeBexe выгоднее снача-ла умножить Be на xe, а потом Ae на результат предыдущей операции(посчитайте количество умножений!).

3. Оператор обратим тогда и только тогда, когда его матрица (влюбом базисе) обратима, т. е. ее определитель не равен 0.

detAe = 13 ·∣∣∣∣ −7 3−25 13

∣∣∣∣− (−15) · ∣∣∣∣5 37 13∣∣∣∣+ 3 · ∣∣∣∣5 −77 −25

∣∣∣∣ = 224.в то время как detBe = 0, так как две последние строки матрицы Beодинаковы.

Ответ: A – обратим, B – нет.

27

4. В предыдущем пункте мы выяснили, что оператор A обратим.

Матрица обратного оператора A−1 в базисе e является обратной к Ae. Вданном случае целесообразно разыскивать обратную матрицу с помощью

алгебраических дополнений. Получаем

A−1e =1

224

−16 120 −24−44 148 −24−76 220 −16

= 156

−4 30 −6−11 37 −6−19 55 −4

.Для того чтобы найти матрицу оператора A−1 в базисе f , воспользу-

емся формулой 3.5, связывающей матрицы оператора в различных бази-сах:

A−1f = Cf→eA−1e Ce→f =

1

56

−2 4 1−1 2 1−1 1 0

−4 30 −6−11 37 −6−19 55 −4

1 −1 −21 −1 −1−1 2 0

==

1

56

104 −120 −3372 −82 −250 0 7

.Можно, конечно, сначала найти матрицу оператора A в базисе f , а затемискать обратную к ней.

Замечание 2. Для вычисления определителя мы воспользовались фор-мулой разложения по столбцу, а для нахождении обратной матрицы – ал-гебраическими дополнениями, потому что матрица Ae неудобна для руч-ного счета методом Гаусса (нет ни одной единицы, с помощью которойможно было бы легко получить нули). Для матриц 2 × 2 или 3 × 3 ко-личество вычислений при таком подходе ненамного больше, чем при ис-пользовании метода Гаусса. Однако никогда не пользуйтесь такого родавычислениями для матриц более высокого порядка!

5. Поскольку образ оператора умножения на матрицу есть линейнаяоболочка столбцов матрицы, то задача отыскания размерности ImB сво-дится к нахождению ранга матрицы Be. Вычисления показывают, чтоdim ImB = rankBe = 2. Сумма размерностей ядра и образа линейногооператора равна размерности пространства, в котором он действует. Так

как оператор B действует в R3, то dim KerB = 1.6. Осуществляя элементарные преобразования над столбцами мат-

рицы Be, также как и в задаче 1 найдем базис образа оператора B:

28

Be =

−5 −10 10−3 −18 16−3 −18 16

∼−5 0 0−3 12 10−3 12 10

∼−5 0 0−3 1 0−3 1 0

,откуда g1 = (0, 1, 1)

T, g2 = (−5,−3,−3)T. Ортогонализуя столбцы g1, g2,положим h1 = g1 и h2 = g2− (g2,h1)(h1,h1)h1 = (−5, 0, 0)

T (мы намеренно измени-

ли естественный порядок столбцов g1 и g2, чтобы упростить вычисления).

Осталось нормировать вектора h1 и h2. По формуле vi =hi‖hi‖

получа-

ем: ортонормированный базис образа оператора B состоит из векторов

v1 =1√2(0, 1, 1)T и v2 = (−1, 0, 0)T.

Ядро оператора B по определению есть пространство решений одно-родной системы Bex = 0. Решим эту систему методом Гаусса. Найдемвектор (2, 5, 6)T, образующий базис ядра (см. задачу 2). Так как он один,то ортогонализовывать нечего. Нормируем его. Окончательно, ортонор-

мированный базис KerB состоит из одного вектора 1√65

(2, 5, 6)T.

7. Составим характеристический многочлен оператора A:

χA(λ) = det(Ae−λE) =

∣∣∣∣∣∣13− λ −15 3

5 −7− λ 37 −25 13− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3+19λ2−116λ+224.Попробуем найти рациональные корни этого многочлена. Так как стар-ший коэффициент многочлена χA равен −1, то рациональные корни явля-ются целыми делителями свободного члена 224 = 25 · 7 (данное заданиесоставлено так, что характеристический многочлен имеет целые корни,иначе пришлось бы задействовать приближенные вычисления или мате-риал, не входящий в программу). Нетрудно заметить, что отрицательныечисла не могут быть корнями многочлена χA. Проверив по очереди поло-жительные делители числа 224, находим корень λ1 = 4. Разделив χA(λ)

на λ − 4 получаем χA(λ) = (λ − 4)(−λ2 + 15λ − 56), откуда находимостальные корни: λ2 = 7 и λ3 = 8.

Замечание 3. На самом деле подстановку числа в многочлен лучшепроизводить по схеме Горнера, пользуясь тем фактом, что p(α) равноостатку от деления p(t) на (t− α). При таком подходе разложение много-члена на множители получается автоматически, как только найден его ко-рень. Кроме существенного сокращения вычислений, схема Горнера имеетеще одно преимущество – ее очень легко программировать.

29

Собственные числа – это корни характеристического многочлена.Значит, оператор A имеет три собственных числа: λ1 = 4; λ2 = 7 иλ3 = 7. Собственное подпространство, отвечающее собственному чис-лу λ, представляет собой пространство решений однородной системы(A− λE)x = 0. Решим эту систему для каждого собственного числа.

a) λ1 = 4:

9 −15 35 −11 37 −25 9

x1x2x3

=00

0

⇐⇒x1x2x3

=11

2

α,где α ∈ R.

b) λ2 = 7:

6 −15 35 −14 37 −25 6

x1x2x3

=00

0

⇐⇒x1x2x3

=11

3

α,где α ∈ R.

c) λ3 = 8:

5 −15 35 −15 37 −25 5

x1x2x3

=00

0

⇐⇒x1x2x3

=01

5

α,где α ∈ R.По определению, собственные вектора – это ненулевые элементы соб-

ственного подпространства, поэтому в ответе учитываем, что α 6= 0.Вычисления для оператора B полностью аналогичны, поэтому они

опущены.

Ответ: собственные числа оператора A: λ1 = 4; λ2 = 7; λ3 = 7.Собственные вектора оператора A: u1 = (1, 1, 2)

Tα; u2 = (1, 1, 3)Tα;

u3 = (0, 1, 5)Tα; где α ∈ R \ {0}.

Собственные числа оператора B: µ1 = 0; µ2 = −2; µ3 = −5.Собственные вектора оператора B: v1 = (2, 5, 6)

Tα; v2 = (0, 1, 1)Tα;

v3 = (1, 1, 1)Tα; где α ∈ R \ {0}.

Замечание 4. Так как определитель оператора B равен 0, а определи-тель любого оператора равен произведению собственных чисел (с учетомкратности), то оператор B гарантированно имеет собственное число 0.Поэтому вычисления его собственных чисел заведомо проще, чем для A.

8. Поскольку собственные вектора, принадлежащие попарно различ-ным собственным значениям, линейно независимы, то наборы векторов

u = (u1, u2, u3) и v = (v1, v2, v3) являются базисами в пространстве R3. Вбазисе из собственных векторов матрица оператора диагональна, причемпо диагонали стоят собственные числа, а их порядок соответствует по-рядку собственных векторов (в этом легко убедиться, воспользовавшись

30

рассуждениями, приведенными в задаче 7, и определением собственноговектора 4.1).

Ответ: Au =

4 0 00 7 00 0 8

, Bv =0 0 00 −2 0

0 0 −5

.Задача 10. Квадратное матричное уравнение

Найти матрицу X с наибольшими собственными числами, удовлетво-ряющую уравнению

X2 − 4X =

−3 −1 1−8 4 1−8 8 −3

.Решение. Обозначим матрицу в правой части уравнения через B.

Заметим, что BX = XB (матрица X перестановочна с X2 − 4X). Еслибы матрица B была диагональной с различными числами на диагонали, тоиз условия перестановочности матрица X тоже должна была бы быть диа-гональной ( (BX)ij = (XB)ij ⇐⇒ biixij = xijbjj, откуда при i 6= j имеемxij = 0, так как bii 6= bjj). Для диагональных же матриц уравнение легкорешается. Следовательно, для решения задачи достаточно найти базис,в котором матрица B диагональна. Такой базис (если он есть) являетсябазисом из собственных векторов. Поэтому сначала мы ищем собственныечисла и собственные вектора матрицы B (см. пп. 7 и 8 задачи 9).

Матрица B имеет три различных собственных числа: λ1 = −4,λ2 = −3 и λ3 = 5. Им соответствуют собственные вектора u1 = (1, 1, 0)T,u1 = (1, 1, 1)

T и u1 = (0, 1, 1)T. Итак, матрица B в базисе u = (u1, u2, u3)

из собственных векторов имеет вид Bu =

−4 0 00 −3 00 0 5

.Выполнение исходного соотношения не зависит о выбора базиса, по-

этому X2u−4Xu = Bu и, как было отмечено выше, матрица Xu диагональ-

на. Пусть Xu =

µ1 0 00 µ2 00 0 µ3

. Тогда для каждого i = 1, 2, 3 выполненосоотношение µ2i − 4µi = λi. Находим µ1 = 2, µ2 = 1 или 3, а µ3 = −1или 5. Очевидно, что µi являются собственными числами матрицы Xu,а значит и матрицы X (собственные числа не зависят от выбора базиса).По условию необходимо выбрать наибольшие возможные µi, т. е. µ1 = 2,µ2 = 3, а µ3 = 5.

31

Теперь, когда мы нашли матрицу Xu, для нахождения X = Xe надонайти матрицы перехода Ce→u и Cu→e. Как обычно (см. п. 1 задачи 9),матрица перехода от стандартного базиса к базису u состоит из столбцов

базиса u, а Cu→e = C−1e→u. После нахождения