Сегодня решать будем по задачнику И.В. Проскурякова «Сборник задач по линейной алгебре». Я слышал, что он у вас есть.
Пример: №1357 Проверить, что векторы попарно ортогональны, и дополнить
их до ортогонального базиса:
→e1=(1,−2,2,−3)
→e2=(2,−3,2,4)
Перемножим данные векторы и убедимся в их ортогональности:
(→e1,→e2)=1⋅2+(−2)⋅(−3)+2⋅2+(−3)⋅4=2+6+4−12=0.
Чтобы построить на них ортогональный базис, нужно дополнить их векторами
→e3 и
→e4, ортогональными между собой и к данным
векторам
→e1 и
→e2. Сначала найдём общее подпространство
векторов, ортогональных к
→e1 и
→e2, из которого
потом будем выбирать
→e3 и
→e4. Пусть
→e3,4=(a,b,c,d).
Запишем условие ортогональности
(→e3,4⋅→e1)=0,(→e3,4⋅→e2)=0
покомпонентно:
{a−2b+2c−3d=0,2a−3b+2c+4d=0.
Из этой системы можно выразить две неизвестных через другие две, что
мы сейчас и сделаем. Вычитая из второго первое, получим
a−b+7d=0,
а из первого, умноженного на 2, второе –
−b+2c−10d=0.
Отсюда
{a=b−7d,c=15b+5d,
и таким образом,
→e3,4=(b−7d,b,15b+5d,d).
Положим
b=0,
d=1, и назовём полученный вектор
→e3:
→e3=(−7,0,5,1).
Вектор
→e4 должен быть ортогональным к
→e3,
но лежать в том же подпространстве:
(→e4⋅→e3)=0,
−7(b−7d)+0b+5(15b+5d)+d=0,
−6b+75d=0,
b=252d.
Пусть
d=2,
b=25. Тогда
→e4=(25−7⋅2,25,1525+5⋅2,2)=(11,25,15,2).
Совокупность векторов
→e1,
→e2,
→e3,
→e4 образует ортогональный базис.
Так как базис нужно было найти ортогональный, в этом задании не было
нужно выполнять нормирование найденных векторов на единицу, то есть
добиваться, чтобы (→ek,→ek)=1. При построении
ортонормированного базиса сделать это становится нужно. Например,
найден вектор (см. выше), ортогональный другим векторам
→E3=(−7,0,5,1).
Соответствующий вектор ортонормированного базиса будет вычисляться
так:
|→E3|=√(→E3,→E3)=√(−7)2+02+52+12=√49+25+1=√75=5√3,
→e3=→E3|→E3|=15√3(−7,0,5,1)=(−75√3,0,1√3,15√3).
Задание: Аналогичным образом выполнить №1358, далее перейти к №1359
и 1360. Они отличаются тем, что кроме нахождения ортогональных векторов,
необходимо ещё выполнить нормирование этих векторов на единицу.
Пример: №1361
→a=(1,2,2,−1)
→b=(1,1,−5,3)
→c=(3,2,8,−7)
Пусть
→e1≡→a. Тогда разложим
→b на ортогональную
и продольную к
→e1 части
→b=[→b−(→e1,→b)(→e1,→e1)→e1]+(→e1,→b)(→e1,→e1)→e1,
и назначим вектором
→e2 ортогональную часть:
→e2≡→b−(→e1,→b)(→e1,→e1)→e1
Чтобы сделать базисный вектор из вектора
→c, понадобится выделить
часть, ортогональную и к
→e1, и к
→e2:
→e3=→c−(→c,→e1)(→e1,→e1)→e1−(→c,→e2)(→e2,→e2)→e2
Теперь сосчитаем всё это численно.
(→e1,→e1)=(→a,→a)=1+4+4+1=10
(→e1,→b)=(→a,→b)=1⋅1+2⋅1+2⋅(−5)+(−1)⋅3=1+2−10−3=−10,
→e2≡→b−(→e1,→b)(→e1,→e1)→e1=→b−−1010→a=→b+→a=(1,2,2,−1)+(1,1,−5,3)=(2,3,−3,2).
Теперь
→e3:
(→c,→e1)=(→c,→a)=1⋅3+2⋅2+2⋅8+(−1)⋅(−7)=3+4+16+7=30,
(→c,→e1)(→e1,→e1)=3010=3;
(→c,→e2)=(3,2,8,−7)(2,3,−3,2)=3⋅2+2⋅3+8⋅(−3)+(−7)⋅2=−26,
(→e2,→e2)=22+32+(−3)2+22=26,
(→c,→e2)(→e2,→e2)=−2626=−1;
→e3=→c−(→c,→e1)(→e1,→e1)→e1−(→c,→e2)(→e2,→e2)→e2=→c−3→e1+→e2=
=(3,2,8,−7)−3(1,2,2,−1)+(2,3,−3,2)=(2,−1,−1,−2).
Задание: № 1362, 1363.
Пример: №1574 Найти канонический вид ортогональной матрицы A и ортогональную
матрицу Q такую, что B=Q−1AQ:
A=(23−13232323−13−132323)
Составим характеристическое уравнение
|23−λ−13232323−λ−13−132323−λ|=0
−λ3+2λ2−2λ+1=0
и решим его:
λ1=1
λ2−λ+1=0
λ2=1−i√32,λ3=1+i√32
Корни получаются комплексные. Но мы рассмотрим действие оператора,
заданного матрицей
A, в пространстве комплексных столбцов. В нём
получим три собственных вектора (подробности нахождения пропущу):
→v1=(111),→v2=(1−1−i√32−1+i√32),→v3=(1−1+i√32−1−i√32).
Нормировав на единицу третий, получим
→e1=→v1√(→v1,→v1)=1√3(111)=(1√31√31√3).
Вторые два образуют базис инвариантного подпространства. Получим из
них вещественный базис: исходные векторы сложим и вычтем, разность
разделим на
i
→E2=→v2+→v3=(2−1−1),→E3=1i(→v2−→v3)=1i(0i√3−i√3)=(0√3−√3)
Заметим, что полученные векторы уже ортогональны и ортогонализировать
их не нужно. Нормируем их на единицу и получим
→e2=→E2|→E2|=(2√6−1√6−1√6),→e3=→E3|→E3|=(01√2−1√2)
Из их компонент составим матрицу перехода
Q:
Q=(1√32√601√3−1√61√21√3−1√6−1√2)
Так как она ортогональна, вычислить обратную не составит труда:
Q−1=QT=(1√31√31√32√6−1√6−1√601√2−1√2)
B=Q−1AQ=(100012√320−√3212)
В каноническом виде на диагонали должны находиться либо числа
±1,
либо клетки вида
(cosφ−sinφsinφcosφ).
Такая клетка получается в
B, если положить
φ=−π3:
B=(1000cos(−π3)−sin(−π3)0sin(−π3)cos(−π3)).
Задание: аналогично решить №1575 и постараться 1576*.
Исправлено 20.05.2020, за присланные ошибки спасибо тов. Карагодину.
