Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. ===== Задача 1. ===== В стандартном евклидовом $\mathbb{R}^{3}$ задан оператор $A:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ по правилу $A\vec{x}=\vec{x}\times\vec{u}-\left(\vec{u},\vec{x}\right)\vec{u}$, $\ $ где $\ $ $\vec{u}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)^{T}.$ Проверьте, что $A$ --- ортогональный оператор и найдите его канонический вид и канонический базис. ----- Найдём вид матрицы. $$A\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{ccc} e_{1} & e_{2} & e_{3}\\ x_{1} & x_{2} & x_{3}\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right)-\frac{1}{2}\left(\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)\right)\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -x_{3}\\ x_{3}\\ x_{1}-x_{2} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} x_{1}+x_{2}\\ x_{1}+x_{2}\\ 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{2}x_{1}-\frac{1}{2}x_{2}-\frac{1}{\sqrt{2}}x_{3}\\ -\frac{1}{2}x_{1}-\frac{1}{2}x_{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}x_{3}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}x_{1}-\frac{1}{\sqrt{2}}x_{2} \end{array}\right),$$ следовательно, $$A=\left(\begin{array}{ccc} -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array}\right)$$ тогда проверкой $$A^{T}A=\left(\begin{array}{ccc} -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$$ убеждаемся, что оператор $A$ --- ортогональный оператор. Найдём, теперь, канонический вид. Сначала найдём характеристический многочлен: $$\chi\left(\lambda\right)=\det\left(A-\lambda E\right)=-\lambda^{3}-\lambda^{2}-\lambda-1=-\left(\lambda+1\right)\left(\lambda^{2}+1\right)$$ Следовательно один корень действительный $\lambda_{1}=-1$ и два корня мнимых $\lambda_{2}=i,\lambda_{3}=-i.$ Тогда канонический вид над полем комплексных чисел $\mathbb{C}$ $$J_{A}\left(\mathbb{C}\right)=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ 0 & i & 0\\ 0 & 0 & -i \end{array}\right),$$ а над полем вещественных чисел $\mathbb{R}$ $$J_{A}\left(\mathbb{R}\right)=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right).$$ Найдём базис в котором оператор принимает канонический вид: $$A-(-1)E=\left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 1\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 1\\ \hline 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$$ $e_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1,1,0\right)^{T}$ --- из ядра и $e_{2}=\frac{1}{2}\left(1,-1,\sqrt{2}\right)^{T},$ $e_{3}=\frac{1}{2}\left(-1,1,\sqrt{2}\right)^{T}$ --- из образа, причём $$Ae_{2}=\left(\begin{array}{ccc} -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right)=e_{3}$$ $$Ae_{3}=\left(\begin{array}{ccc} -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right)=-e_{2}$$ ===== Задача 2. ===== Пусть базис $\vec{e}_{1},\vec{e}_{2}$ двумерного евклидова пространства $V$ имеет матрицу Грама $$G_{e_{1},e_{2}}=\left(\begin{array}{cc} 2 & -1\\ -1 & 1 \end{array}\right)$$ Найдите площадь параллелограмма, построенного на векторах $\vec{e}_{1}+\vec{e}_{2};\vec{e}_{1}+3\vec{e}_{2}$. ----- Объем $n$-мерного параллелепипеда, построенного на векторах $a_{1},\dots,a_{n}$ находится при помощи $G_{a_{1},\dots,a_{n}}$ --- матрицы Грамма построенной на этих векторах $a_{1},\dots,a_{n}$ в виде $V=\sqrt{\det\left(G_{a_{1},\dots,a_{n}}\right)}$. При переходе от одной системы координат к другой $\left(a_{1},\dots,a_{n}\right)=\left(e_{1},\dots,e_{n}\right)S$ соответствующая матрица Грамма преобразуется как $G_{a_{1},\dots,a_{n}}=S^{T}G_{e_{1},\dots,e_{n}}S$. Матрица перехода: $$S=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 3 \end{array}\right),$$ тогда $$G_{\vec{e}_{1}+\vec{e}_{2},\vec{e}_{1}+3\vec{e}_{2}}=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 2 & -1\\ -1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ -1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 5 \end{array}\right),$$ Тогда площадь построенная на векторах $\vec{e}_{1}+\vec{e}_{2};\vec{e}_{1}+3\vec{e}_{2}$ будет $S=\sqrt{\det\left(G_{\vec{e}_{1}+\vec{e}_{2};\vec{e}_{1}+3\vec{e}_{2}}\right)}=\sqrt{5-1}=2.$ ===== Задача 3. ===== Найти сингулярное разложение и норму линейного отображения стандартных евклидовых пространств $A:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}$ в виде $A:(x_{1},x_{2},x_{3})\to x_{1}+x_{2}+x_{3}.$ ----- Запишем матрицу задающее преобразование $A:(x_{1},x_{2},x_{3})\to x_{1}+x_{2}+x_{3}$ вектора $(x_{1},x_{2},x_{3})^{T}$ в виде $$A\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)=(1,1,1)\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)=x_{1}+x_{2}+x_{3},$$ т.е. матрица $A$ --- это матрица строка $A=(1,1,1).$ Далее вспоминаем алгоритм 1. Вычисляем матрицу $$A^{\dagger}A=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right)(1,1,1),$$ хотя проще вычислить $$AA^{\dagger}=(1,1,1)\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right)=\left(3\right)$$ и тем самым найти сначала сингулярное разложение для матрицы $A^{\dagger}.$ 2. Собственное число $\lambda=3,$ тогда сингулярное $\sigma_{1}=\sqrt{3}$ которое и будет совпадать с нормой отображения $\left\Vert A\right\Vert =\sigma_{1}=\sqrt{3}.$ 3. Собственный вектор матрицы $\left(3\right)$ будет $e_{1}=1.$ 4. Ортонормированный базис $\mathbb{R}^{3}$ $$u_{1}=\frac{1}{\sigma_{1}}A^{\dagger}e_{1}=\frac{1}{\sigma_{1}}\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right).$$ Остальные вектора подбираем до трёхмерного из ортогональных и нормируем их, например: $$u_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1 \end{array}\right),u_{3}=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c} 1\\ -2\\ 1 \end{array}\right).$$ Тогда $$A^{\dagger}=U\Sigma V^{\dagger}=\left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{-2}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \sqrt{3}\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\left(1\right)$$ и тогда для первоначальной матрицы $$A=\left(A^{\dagger}\right)^{\dagger}=\left(U\Sigma V^{\dagger}\right)^{\dagger}=V\Sigma^{\dagger}U^{\dagger}=\left(\sqrt{3},0,0\right)\left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{-1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{-2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right).$$ ===== Задача 4. ===== Найти все комплексные числа $z,$ для которых матрица $$A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & z\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1 \end{array}\right)$$ диагонализируема в некотором ОНБ в стандартном эрмитовом пространстве $\mathbb{C}^{3}$. ----- Матрица диоганализируема, если оператор **нормальный**, т.е. выполнено $AA^{*}=A^{*}A.$ В стандартном эрмитовом пространстве сопряжение это $A^{*}=A^{\dagger},$ следовательно, справедливо $$AA^{*}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & z\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ \overline{z} & 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 1+|z|^{2} & 0 & 2+z\\ 0 & 1 & 0\\ 2+\overline{z} & 0 & 5 \end{array}\right)$$ $$A^{*}A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ \overline{z} & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & z\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 2+z\\ 0 & 1 & 0\\ 2+\overline{z} & 0 & 1+|z|^{2} \end{array}\right).$$ В итоге получаем уравнение $1+|z|^{2}=5,$ следовательно $z=2e^{i\varphi}.$ ===== Задача 5. ===== Привести ортогональной заменой квадратичную форму $x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}$ к каноническому виду. ----- Запишем форму при помощи матрицы $$x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+2x_{1}x_{3}=(x_{1},x_{2},x_{3})A\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)=(x_{1},x_{2},x_{3})\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right).$$ Найдём для неё характеристический многочлен: $$\chi\left(\lambda\right)=\det\left(A-\lambda E\right)=-\lambda^{3}+\lambda^{2}+2\lambda=-\lambda\left(\lambda+1\right)\left(\lambda-2\right).$$ Найдём собственные вектора: $$A-\left(-1\right)E=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \hline 1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right)$$ $$A-2E=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 1 & 1\\ 1 & -2 & 0\\ 1 & 0 & -2 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} -1 & 1 & 1\\ 1 & -2 & 0\\ 1 & 0 & -2\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & -2\\ \hline 2 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)$$ $$A-0E=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right).$$ В итоге заменой $$u_{1}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,-1); \ \ u_{2}=\frac{1}{\sqrt{6}}(2,1,1); \ \ u_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1);$$ придём к квадратичной форме в виде: $$-y_{1}^{2}+2y_{2}^{2}.$$ ===== Задача 6. ===== Пусть $A$ --- кососимметричный оператор на евклидовом пространстве $V$, $B$ --- оператор на $V$, все собственные числа которого вещественны и различны, и известно, что $A$ и $B$ коммутируют: $AB=BA.$ Докажите, что оператор $A$ --- нулевой. ----- Запишем равенство $$\left(AB\right)^{T}=B^{T}A^{T}=B\left(-A\right)=-BA.$$ С учётом коммутативности $AB=BA$ следует, что $\left(AB\right)^{T}=-BA=-AB,$ т.е. произведение матриц так же является кососимметрической матрицей. Но тогда $B$ должна быть кососимметрической матрицей, что не так, ведь мы знаем, что все собственные числа оператора $B$ вещественны и различны, значит, он имеет диагональный вид. Тогда остаётся последняя возможность --- оператор $A$ --- нулевой.