Алгебра для статистиков 1 семестр

Матрица преобразования A в этом базисе найдена в пункте 1:

Используя эту матрицу, составим и решим характеристическое уравнение:

(3 −λ)(2 −λ)(4 −λ)+ 2 −2 −2(2 −λ)−2(4 −λ)+(3 −λ)=0(3 −λ)(2 −λ)(4 −λ)−9 +3λ =0 (3 −λ)(2 −λ)(4 −λ)−3(3 −λ)=0

Будем считать неизвестные ξ1 и ξ2 базисными, а неизвестную ξ3 – свободной. Полагая ξ3 = C , где C – произвольная постоянная, отличная от нуля, из системы найдем

ξ2 =−C, ξ1 =C .

Таким образом, в базисе e1, e2 , e3 координатные столбцы собственных векто-

ров, соответствующих собственному значению λ =3, имеют вид

ξ =(C −C C)T ,

а сами собственные векторы –

x =Ce1 −Ce2 +Ce3 =(C, −C, C).

Координатные столбцы собственных векторов, отвечающих собственному значению λ =1, являются ненулевыми решениями однородной системы

(A − E)ξ =0.

Преобразуем матрицу A − E этой системы:

5

Считая неизвестные ξ1 и ξ2 базисными, а неизвестную ξ3 – свободной, положим ξ3 = C , где C – произвольная постоянная, отличная от нуля. Тогда из системы найдем

ξ2 = C, ξ1 = C .

Таким образом, координатные столбцы собственных векторов, соответствующих собственному значению λ =1, имеют вид

Вернемся к системе:

Будем считать неизвестные ξ1 и ξ2 базисными, а неизвестную ξ3 – свободной. Полагая ξ3 = C , где C – произвольная постоянная, не равная нулю, из системы найдем

ξ2 =C, ξ1 =−C .

Следовательно, координатные столбцы собственных векторов, соответствующих собственному значению λ =5, имеют вид

ξ =(−C C C)T ,

асами собственные векторы –

x=−Ce1 +Ce2 +Ce3 =(−C, C, C). ■

6

2. Доказать, что если элемент x – собственный вектор линейного преобразования A , отвечающий собственному значению λ, то он же является собственным вектором преобразования A − µI , отвечающим его собствен-

ному значению λ −µ ( µ – произвольное действительное число).

1

2. Пусть x – собственный вектор линейного преобразования A , отвечающий собственному значению λ, т.е. имеет место равенство

A x =λ x, x ≠0 .

Тогда, учитывая, что Ix = x , получаем

(A − µI)x = A x − µIx =λ x − µ x =(λ − µ)x ,

что и требовалось. ■

3. Найдем матрицу A преобразования A в простейшем базисе пространства A3

e1 =(1, 0, 0), e2 =(0, 1, 0), e3 =(0, 0, 1).

Имеем:

Ae1 = A(1, 0, 0)= (2, 3, −1)= 2e1 +3e2 −e3 ,

Ae2 = A(0, 1, 0)= (0, 0, 1)= e3 ,

Ae3 = A(0, 0, 1)= (1, 2, 2)= e1 +2e2 +2e3 .

Следовательно,

Выясним, является ли матрица A невырожденной, для чего найдем ее определитель:

Так как det A =−1≠0 , то матрица A не вырождена. Следовательно, линейное преобразование A также является невырожденным, а значит, оно обратимо.

Для того чтобы найти обратное преобразование A−1 , найдем сначала его матрицу в рассматриваемом базисе e1, e2 , e3 . Известно, что матрицей преоб-

2

По определению матрицы линейного преобразования имеем:

Тогда

A−1x = A−1(x1, x2 , x3 )= A−1(x1e1 + x2e2 + x3e3 )= x1A−1e1 + x2 A−1e2 + x3A−1e3 =

=x1 (2e1 +8e2 −3e3 )+ x2 (−e1 −5e2 + 2e3 )+ x3e2 =

=(2x1 − x2 )e1 +(8x1 −5x2 + x3 )e2 +(−3x1 +2x2 )e3 =

=(2x1 − x2 , 8x1 −5x2 + x3 , −3x1 + 2x2 ).

Таким образом, искомое обратное преобразование A−1 пространства A3 есть

A−1x = (2x1 − x2 , 8x1 −5x2 + x3 , −3x1 +2x2 ). ■

3

Тест № 4 «Евклидовы пространства»

Типовой вариант:

1. В пространстве Pn многочленов степени не выше n скалярное произ-

y(t)= b0 +b1t +b2t 2 +b3t3 определим формулой

(x(t), y(t))= a0b0 +a1b1 +a2b2 +a3b3 .

Пусть на пространстве P3 задано линейное преобразование A :

Ax(t)=t3 x 1 .t

Показать, что это преобразование является ортогональным.

4. На евклидовом пространстве E3 строк x = (x1, x2 , x3 ) задано линейное преобразование

Ax = (x1 − x2 +2x3 , − x1 +3x3 , 2x1 +3x2 +4x3 ).

Показать, что это преобразование является симметрическим.

Учитывая формулу, с помощью которой мы ввели скалярное произведение в пространстве Pn , для определения коэффициентов искомых многочленов

y(t)= b0 +b1t +b2t 2 + +bnt n получаем систему уравнений

−b0 +b1 = 0,−b0 +b2 = 0,

−b0 +bn = 0.

Отсюда находим:

b1 = b2 = = bn = b0 .

Таким образом, искомое подпространство L состоит из многочленов степени n , все коэффициенты которых равны между собой:

нейно независимы, следовательно, они образуют базис линейной оболочки L данных векторов. Сначала найдем проекцию x1 =ξ1 f1 +ξ2 f2 данного вектора

x = (2, 4, 0, −1) на линейную оболочку L . Для этого надо решить крамеровскую систему уравнений

Имеем:

(f1, f1 )= 02 +12 +(−2)2 +02 = 5, (f2 , f1 )= 0 1+1 0 +(−2) (−3)+0 1 = 6, (f1, f2 )= (f2 , f1 )= 6, (f2 , f2 )=12 +02 +(−3)2 +12 =11,

(x, f1 )= 2 0 +4 1+0 (−2)−1 0 = 4, (x, f2 )= 2 1+4 0 +0 (−3)−1 1 =1;

5ξ1 +6ξ2 = 4,6ξ1 +11ξ2 =1.

Решая полученную систему, находим ξ1 = 2, ξ2 = −1. Следовательно,

x1 =ξ1 f1 +ξ2 f2 = 2 f1 − f2 = 2(0, 1, −2, 0)−(1, 0, −3, 1)= (−1, 2, −1, −1).

2

4. Найдем матрицу данного преобразования в простейшем базисе пространства E3

e1 =(1, 0, 0), e2 =(0, 1, 0), e3 =(0, 0, 1).

Имеем:

Ae1 = A(1, 0, 0)= (1, −1, 2)= e1 −e2 +2e3 ,

Ae2 = A(0, 1, 0)= (−1, 0, 3)= −e1 +3e3 ,

Ae3 = A(0, 0, 1)= (2, 3, 4)= 2e1 +3e2 +4e3 .

Очевидно, что матрица A симметрична. Поскольку простейший базис, в котором мы получили эту матрицу, является ортонормированным (проверьте!), то линейное преобразование A будет симметрическим. ■

Замечание. Задачу 4 можно решить и другим способом, непосредственно проверив выполнение определения симметрического преобразования. По определению линейное преобразование A евклидова пространства E3 будет

симметрическим, если для всех строк x = (x1, x2 , x3 ) и y = (y1, y2 , y3 ) будут выполняться равенства

3

(Ax, y)=(x, Ay).

Имеем:

Ax = (x1 − x2 +2x3 , − x1 +3x3 , 2x1 +3x2 +4x3 ),

(Ax, y)= (x1 − x2 +2x3 )y1 +(− x1 +3x3 )y2 +(2x1 +3x2 +4x3 )y3 = = x1 y1 − x2 y1 +2x3 y1 − x1 y2 +3x3 y2 +2x1 y3 +3x2 y3 +4x3 y3 ; Ay = (y1 − y2 +2y3 , − y1 +3y3 , 2y1 +3y2 +4y3 ),

(x, Ay)= x1 (y1 − y2 +2y3 )+ x2 (− y1 +3y3 )+ x3 (2y1 +3y2 +4y3 )=

= x1 y1 − x1 y2 +2x1 y3 − x2 y1 +3x2 y3 +2x3 y1 +3x3 y2 +4x3 y3 .

Сравнивая выражения (Ax, y) и (x, Ay), видим, что они с точностью до по-

рядка слагаемых совпадают. Следовательно, преобразование A является симметрическим. ■

4