Министерство образования и науки РФ Уральский государственный экономический университет Ю. Б. Мельников Билинейные и квадратич- ные формы Раздел электронного учебника для сопровождения практического занятия Изд. 4-е, испр. и доп. Екатеринбург 2012 e-mail: [email protected], [email protected]сайты: http://melnikov.k66.ru , http://melnikov.web.ur.ru
249
Embed
Ю.Б.Мельников Билинейные и квадратич- ные …lib.usue.ru/.../free/12/MelnikovAlgebra4/PrimQuadFm1.pdfПример 1 задания билинейной
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Министерство образования и науки РФУральский государственный экономический университет
Ю. Б. Мельников
Билинейные и квадратич-ные формыРаздел электронного учебникадля сопровождения практического занятия
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2
42
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,
43
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y.
44
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,то есть
45
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,то есть
(x′
y′
)=
(1 1
0 1
)(x
y
).
46
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,то есть
(x′
y′
)=
(1 1
0 1
)(x
y
).
ϕ(−→x ) =
47
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,то есть
(x′
y′
)=
(1 1
0 1
)(x
y
).
ϕ(−→x ) =(x y
)( 2 2
2 5
)(x
y
)=
48
Пример 3. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2) = 2x2 + 4xy + 5y2.
Решение. 2x2 + 4xy + 5y2 = 2(x2 + 2xy
)+ 5y2 =
= 2(x2 + 2xy + y2 − y2
)+ 5y2 = 2 (x + y)2 − 2y2 + 5y2 =
= 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Положим{x′ = x + y,
y′ = y,то есть
(x′
y′
)=
(1 1
0 1
)(x
y
).
ϕ(−→x ) =(x y
)( 2 2
2 5
)(x
y
)=(x′ y′
)( 2 0
0 3
)(x′
y′
).
Вернемся к лекции или рассмотрим еще один пример?
49
Пример 4. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
50
Пример 4. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение. Определим количество переменных, участвующих в«смешанных» слагаемых с ненулевыми коэффициентами.
51
Пример 4. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение. Определим количество переменных, участвующих в«смешанных» слагаемых с ненулевыми коэффициентами.Если переменных более двух, то выберем одну из них.
52
Пример 4. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение. Определим количество переменных, участвующих в«смешанных» слагаемых с ненулевыми коэффициентами.Если переменных более двух, то выберем одну из них.Выделим полный квадрат путем включения в него всех слагаемых,
имеющих общей выбранную переменную.
53
Пример 4. Методом Лагранжа приведите к каноническому видуквадратичную форму x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
ходимо ортогонализовать, например, методом Грама-Шмидта.
110
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
.
Собственное значение 3: (e1 + e2) и (e1 − e2 − 2e3),собственное значение (−3): (e1 − e2 + e3).
111
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
.
Собственное значение 3: (e1 + e2) и (e1 − e2 − 2e3),собственное значение (−3): (e1 − e2 + e3).
T =
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
.
112
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
.
T =
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
.
x
y
z
=
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
u
v
w
.
113
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
=
=
x
y
z
=
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
u
v
w
.
114
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
=
= (u v w)
3 0 0
0 3 0
0 0 −3
u
v
w
=
x
y
z
=
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
u
v
w
.
115
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
=
= (u v w)
3 0 0
0 3 0
0 0 −3
u
v
w
= 3u2 + 3v2 − 3w2.
x
y
z
=
1/√
2 1/√
6 1/√
3
1/√
2 −1/√
6 −1/√
3
0 −2/√
6 1/√
3
u
v
w
.
116
Пример 6. Ортогональным преобразованием приведите к ка-ноническому виду квадратичную форму из примера 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz.
Решение.
x2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x y z)
1 2 −2
2 1 2
−2 2 1
x
y
z
=
= (u v w)
3 0 0
0 3 0
0 0 −3
u
v
w
= 3u2 + 3v2 − 3w2.
Вернемся к лекции?
117
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение.
118
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Можно воспользоваться представлением, полученнымранее при решении примера 3:
119
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Можно воспользоваться представлением, полученнымранее при решении примера 3:
2x2 + 4xy + 5y2 = 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
120
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Можно воспользоваться представлением, полученнымранее при решении примера 3:
2x2 + 4xy + 5y2 = 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Сумма квадратов неотрицательна и обращается в ноль только принулевых значениях слагаемых.
121
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Можно воспользоваться представлением, полученнымранее при решении примера 3:
2x2 + 4xy + 5y2 = 2 (x + y)2 + 3y2 = 2x′2 + 3y′2.
Сумма квадратов неотрицательна и обращается в ноль только принулевых значениях слагаемых.Другой вариант решения связан с применением критерия Силь-
вестра.
122
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра.
123
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры:
124
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры: A1 = det(2) = 2
125
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры: A1 = det(2) = 2 > 0,
126
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры: A1 = det(2) = 2 > 0, A2 =
∣∣∣∣ 2 2
2 5
∣∣∣∣ = 6
127
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры: A1 = det(2) = 2 > 0, A2 =
∣∣∣∣ 2 2
2 5
∣∣∣∣ = 6 > 0.
128
Пример 7. Доказать, что квадратичная форма
ϕ(x−→e 1 + y−→e 2
)= 2x2 + 4xy + 5y2
является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-
рий Сильвестра. 2x2 + 4xy + 5y2 = (x y)
(2 2
2 5
)(x
y
).
Главные миноры: A1 = det(2) = 2 > 0, A2 =
∣∣∣∣ 2 2
2 5
∣∣∣∣ = 6 > 0.
Получили, что все главные миноры квадратичной формы положи-тельны. Следовательно, квадратичная форма является положитель-но определенной.
Вернемся к лекции или рассмотрим следующий пример?
129
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение.
130
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Можно использовать полученное ранее равенствоx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x + 2y − 2z)2 − 3 (y − 2z)2 + 9z2.
131
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Можно использовать полученное ранее равенствоx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x + 2y − 2z)2 − 3 (y − 2z)2 + 9z2.
Выражение в правой части последнего равенства может приниматькак положительные, так и отрицательные значения.
132
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Можно использовать полученное ранее равенствоx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x + 2y − 2z)2 − 3 (y − 2z)2 + 9z2.
Выражение в правой части последнего равенства может приниматькак положительные, так и отрицательные значения.Например, при (x; y; z) = (1; 0; 0) значение квадратичной формы
положительно.
133
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Можно использовать полученное ранее равенствоx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x + 2y − 2z)2 − 3 (y − 2z)2 + 9z2.
Выражение в правой части последнего равенства может приниматькак положительные, так и отрицательные значения.Например, при (x; y; z) = (1; 0; 0) значение квадратичной формы
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Можно использовать полученное ранее равенствоx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz = (x + 2y − 2z)2 − 3 (y − 2z)2 + 9z2.
Выражение в правой части последнего равенства может приниматькак положительные, так и отрицательные значения.Например, при (x; y; z) = (1; 0; 0) значение квадратичной формы
положительно.При (x; y; z) = (−2; 1; 0) — отрицательно.Рассмотрим еще один вариант решения.
135
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-рий Сильвестра.
136
Пример 8. Докажите, что квадратичная формаx2 + y2 + z2 + 4xy + 4yz − 4xz
не является положительно определенной.
Решение. Для доказательства утверждения используем крите-рий Сильвестра.Матрица коэффициентов квадратичной формы
Задача III.8. (Ответ приведен на стр.230.) С помощью ортогональ-ного преобразования и параллельного переноса привести к кано-ническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x + 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
157
Ответы и решения
158
Решение задачи 1.Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
159
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Сначала найдем искомую билинейную форму по лемме о матрице квадратич-ной формы. Ясно, что данная квадратичная форма порождается билинейной формой
f(p(x), q(x)) =1∫0
p(x) q(1− x) dx. Имеем
160
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ.g(p(x), q(x)) =
1
2(f(p(x), q(x)) + f(q(x), p(x))) =
=1
2
1∫0
p(x) q(1− x) dx+
1∫0
q(x) p(1− x) dx
=
=1
2
1∫0
p(x) q(1− x) dx−0∫
1
q(1− t) p(t) dt
=
=1
2
1∫0
p(x) q(1− x) dx+
1∫0
q(1− x) p(x) dx
=
=
1∫0
p(x) q(1− x) dx = f(p(x), q(x)).
В данном случае исходная билинейная форма оказалась симметричной. Найдем матрицу этой
161
билинейной формы (а, значит, и квадратичной формы).
F11 = f(x0, x0
)=
1∫0
x0 (1− x)0 dx = 1,
F12 = F21 = f(x, x0
)=
1∫0
x (1− x)0 dx =1
2,
F13 = F31 = f(x2, x0
)=
1∫0
x2 (1− x)0 dx =1
3,
F22 = f (x, x) =
1∫0
x (1− x) dx =1
2− 1
3=
1
6,
F23 = F32 = f(x2, x
)=
1∫0
x2 (1− x) dx =1
3− 1
4=
1
12,
F33 = f(x2, x2
)=
1∫0
x2 (1− x)2 dx =1
3− 2
1
4+
1
5=
1
30.
162
Получили FБ =
1 1/2 1/31/2 1/6 1/121/3 1/12 1/30
. Можно было найти матрицу квадратичной формы,
представив ее в виде многочлена от координат вектора в базисе Б:
Φ(a, b, c) = ϕ(ax0 + bx+ cx2
)=
=
1∫0
(ax0 + bx+ cx2
) (a(1− x)0 + b(1− x) + c(1− x)2
)dx =
= a2 +ab
2+ac
3+ab
2+ b2
(1
2− 1
3
)+ bc
(1
3− 2
4+
1
4
)+
+ac
3+ bc
(1
3− 1
4
)+ c2
(1
3− 2
4+
1
5
)=
= a2 +b2
6+c2
30− 2 · ab
2+ 2 · ac
3+ 2 · bc
12=
=(a b c
) 1 1/2 1/31/2 1/6 1/121/3 1/12 1/30
abc
.
163
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Матрицу в базисе Б′ найдем по определению и с помощью теоремы о матрицебилинейной формы в разных базисах.
164
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 = f (x− 1, x− 1) =
1∫0
(x− 1)((1− x)− 1) dx = −1
3+
1
2=
1
6,
165
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6,
F ′12 = F ′21 = f (x+ 1, x− 1) =
1∫0
(x+ 1)((1− x)− 1) dx = −1
3− 1
2= −5
6,
166
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6,
F ′13 = F ′31 = f(x2 − 1, x− 1
)=
1∫0
(x2 − 1
)((1− x)− 1) dx = −1
4+
1
2=
1
4,
167
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6, F ′13 = F ′31 =
1
4,
F ′22 = f (x+ 1, x+ 1) =
1∫0
(x+ 1)((1− x) + 1) dx =
1∫0
(2 + x− x2
)dx =
= 2 +1
2− 1
3=
13
6,
168
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6, F ′13 = F ′31 =
1
4,
F ′22 =13
6,
F ′23 = F ′32 = f(x2 − 1, x+ 1
)=
1∫0
(x2 − 1
)((1− x) + 1) dx =
=
1∫0
(2x2 − x3 − 2 + x
)dx =
2
3− 1
4− 2 +
1
2= −13
12,
169
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6, F ′13 = F ′31 =
1
4,
F ′22 =13
6, F ′23 = F ′32 = −13
12,
F ′33 = f(x2 − 1, x2 − 1
)=
1∫0
(x2 − 1
) ((1− x)2 − 1
)dx =
=
1∫0
(x2 − 1
) (x2 − 2x
)dx =
1
5− 2
4− 1
3+ 1 =
11
30.
170
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6, F ′13 = F ′31 =
1
4,
F ′22 =13
6, F ′23 = F ′32 = −13
12, F ′33 =
11
30.
Получили FБ′ =
171
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисления «по честному».
F ′11 =1
6, F ′12 = F ′21 = −5
6, F ′13 = F ′31 =
1
4,
F ′22 =13
6, F ′23 = F ′32 = −13
12, F ′33 =
11
30.
Получили FБ′ =
1/6 −5/6 1/4−5/6 13/6 −13/121/4 −13/12 11/30
.
172
Задача 1. На линейном пространстве многочленов степени не выше 2 квадратичная
форма F определена формулой: ϕ (p(x)) =1∫0
p(x) p(1− x) dx. Найдите симметричную били-
нейную форму, порождающую данную квадратичную форму, матрицу этой квадратичнойформы в базисах Б = {x0; x; x2}, Б′ = {x− 1; x+ 1; x2 − 1}.
Ответ. Вычисление по формуле с помощью матрицы перехода дает тот же результат:
FБ′ = T t
Б→Б′FБ′TБ→Б′ =
=
−1 1 −11 1 00 0 1
t 1 1/2 1/31/2 1/6 1/121/3 1/12 1/30
−1 1 −11 1 00 0 1
=
=
−1 1 01 1 0−1 0 1
1 1/2 1/31/2 1/6 1/121/3 1/12 1/30
−1 1 −11 1 00 0 1
=
=
1/6 −5/6 1/4−5/6 13/6 −13/121/4 −13/12 11/30
.
Уря-я-я-я-я!!!!
173
Решение задачи 2.Задача 2. Методом Лагранжа приведите к каноническому виду квадратичную форму
x2 + 10y2 + 4z2 − 6xy + 2xz − 2yz.
174
Задача 2. Методом Лагранжа приведите к каноническому виду квадратичную формуx2 + 10y2 + 4z2 − 6xy + 2xz − 2yz.
Ответ. x2 + 10y2 + 4z2 − 6xy + 2xz − 2yz =
175
Задача 2. Методом Лагранжа приведите к каноническому виду квадратичную формуx2 + 10y2 + 4z2 − 6xy + 2xz − 2yz.
Найдя c помощью матрицы оператора собственные векторы, отвечающие собственнымзначениям 9, 18 и (−18), получаем с помощью формулы преобразования коорди-нат 2/3 2/3 1/3
1/3 −2/3 2/3−2/3 1/3 2/3
224
Задача 7. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение
Найдя c помощью матрицы оператора собственные векторы, отвечающие собственнымзначениям 9, 18 и (−18), получаем с помощью формулы преобразования коорди-нат x
yz
=
2/3 2/3 1/31/3 −2/3 2/3−2/3 1/3 2/3
pqr
,
225
Задача 7. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. В матричном виде это уравнение можно представить в виде (отождествляя одноэле-ментную матрицу с ее единственным элементом):
(x y z
) 7 −4 −4−4 −8 1−4 1 −8
xyz
+(
30 24 −12) x
yz
− 13 = 0. (1)
Найдем ОНБ из собственных векторов оператора с матрицей, равной матрице квадратичнойформы. Для этого сначала найдем собственные значения, т.е. корни характеристического по-линома:
231
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. В матричном виде это уравнение можно представить в виде (отождествляя одноэле-ментную матрицу с ее единственным элементом):
(x y z
) 7 −4 −4−4 −8 1−4 1 −8
xyz
+(
30 24 −12) x
yz
− 13 = 0. (1)
Найдем ОНБ из собственных векторов оператора с матрицей, равной матрице квадратичнойформы. Для этого сначала найдем собственные значения, т.е. корни характеристического по-линома: ∣∣∣∣∣∣
7− λ −4 −4−4 −8− λ 1−4 1 −8− λ
∣∣∣∣∣∣ =
232
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. В матричном виде это уравнение можно представить в виде (отождествляя одноэле-ментную матрицу с ее единственным элементом):
(x y z
) 7 −4 −4−4 −8 1−4 1 −8
xyz
+(
30 24 −12) x
yz
− 13 = 0. (1)
Найдем ОНБ из собственных векторов оператора с матрицей, равной матрице квадратичнойформы. Для этого сначала найдем собственные значения, т.е. корни характеристического по-линома: ∣∣∣∣∣∣
7− λ −4 −4−4 −8− λ 1−4 1 −8− λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − 9λ2 + 81λ+ 729 =
233
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. В матричном виде это уравнение можно представить в виде (отождествляя одноэле-ментную матрицу с ее единственным элементом):
(x y z
) 7 −4 −4−4 −8 1−4 1 −8
xyz
+(
30 24 −12) x
yz
− 13 = 0. (1)
Найдем ОНБ из собственных векторов оператора с матрицей, равной матрице квадратичнойформы. Для этого сначала найдем собственные значения, т.е. корни характеристического по-линома: ∣∣∣∣∣∣
7− λ −4 −4−4 −8− λ 1−4 1 −8− λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − 9λ2 + 81λ+ 729 = (λ− 9) (λ+ 9)2 .
234
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. В матричном виде это уравнение можно представить в виде (отождествляя одноэле-ментную матрицу с ее единственным элементом):
(x y z
) 7 −4 −4−4 −8 1−4 1 −8
xyz
+(
30 24 −12) x
yz
− 13 = 0. (1)
Найдем ОНБ из собственных векторов оператора с матрицей, равной матрице квадратичнойформы. Для этого сначала найдем собственные значения, т.е. корни характеристического по-линома: ∣∣∣∣∣∣
7− λ −4 −4−4 −8− λ 1−4 1 −8− λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − 9λ2 + 81λ+ 729 = (λ− 9) (λ+ 9)2 .
Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному значению −9
— векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
235
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
236
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k),
237
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),
238
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),(−→
i + 4−→k , −
−→j +−→k)
+ α(−−→j +−→k , −
−→j +−→k)
= 0
239
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),(−→
i + 4−→k , −
−→j +−→k)
+ α(−−→j +−→k , −
−→j +−→k)
= 0
α = −
(−→i + 4
−→k ; −
−→j +−→k)
(−−→j +−→k , −
−→j +−→k) =
240
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),(−→
i + 4−→k , −
−→j +−→k)
+ α(−−→j +−→k , −
−→j +−→k)
= 0
α = −
(−→i + 4
−→k ; −
−→j +−→k)
(−−→j +−→k , −
−→j +−→k) = −4
2=
241
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k + α
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),(−→
i + 4−→k , −
−→j +−→k)
+ α(−−→j +−→k , −
−→j +−→k)
= 0
α = −
(−→i + 4
−→k ; −
−→j +−→k)
(−−→j +−→k , −
−→j +−→k) = −4
2= −2
242
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k − 2
(−−→j +−→k)⊥
(−−→j +−→k),(−→
i + 4−→k , −
−→j +−→k)
+ α(−−→j +−→k , −
−→j +−→k)
= 0
α = −
(−→i + 4
−→k ; −
−→j +−→k)
(−−→j +−→k , −
−→j +−→k) = −4
2= −2
243
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k − 2
(−−→j +−→k)
=−→i + 2
−→j + 2
−→k
244
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов методом Грама-Шмидта, получаем ортого-нальную систему собственных векторов, отвечающих собственному значению (−9):−−→j +−→k ,
−→i + 2
−→j + 2
−→k . После ортогонализации базиса получаем матрицу перехода. Эта
матрица перехода позволяет использовать закон преобразования координат, т.е. закон вида
245
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов, получаем ортогональную систему собственныхвекторов, отвечающих собственному значению −9: −
−→j +−→k ,
−→i + 2
−→j + 2
−→k . После ортогона-
лизации базиса получаем матрицу перехода. Эта матрица перехода позволяет использоватьзакон преобразования координат, т.е. закон вида
[−→r ]Б = TБ → Б’[−→r ]Б’. В данном слу-
чае получаем
xyz
=
− 4
3√
2
1
30
1
3√
2
2
3− 1√
21
3√
2
2
3
1√2
p
qr
(2)
Подставляя выражение (2) в формулу (1), получаем
246
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Собственному значению 9 соответствует вектор −4−→i +−→j +−→k , а собственному зна-
чению −9 — векторы −−→j +−→k ,
−→i + 4
−→k .
Ортогонализируя последнюю систему векторов, получаем ортогональную систему собственныхвекторов, отвечающих собственному значению −9: −
−→j +−→k ,
−→i + 2
−→j + 2
−→k . После ортогона-
лизации базиса получаем матрицу перехода. Эта матрица перехода позволяет использоватьзакон преобразования координат, т.е. закон вида
[−→r ]Б = TБ → Б’[−→r ]Б’. В данном слу-
чае получаем
xyz
=
− 4
3√
2
1
30
1
3√
2
2
3− 1√
21
3√
2
2
3
1√2
p
qr
(2)
Подставляя выражение (2) в формулу (1), получаем
9p2 − 9q2 − 9r2 − 18√
2p+ 18q − 18√
2r − 13 = 0. (3)
247
Задача 8. С помощью ортогонального преобразования и параллельного переноса при-вести к каноническому виду уравнение7x2 − 8y2 − 8z2 − 8xy − 8xz + 2yz + 30x+ 24y − 12z − 13 = 0. (III.8)
Ответ. Подставляя выражение (2) в формулу (1), получаем
9p2 − 9q2 − 9r2 − 18√
2p+ 18q − 18√
2r − 13 = 0. (3)
Для получения окончательного ответа осталось выделить полные квадраты при переменных p,q и r: