ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ
КАЗАНСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО
УНИВЕРСИТЕТА
ПОДОЛЬСКИЙ в.г.
ПЛАН И СОДЕРЖАНИЕ
ПРАКТИЧЕСКИХ ЗАНЯТИЙ
ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ
И ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЕ
НА ФИЗИЧЕСКОМ ФАКУЛЬТЕТЕ КГУ
второй семестр
Казань 2001
Печатается по решению Редакционно-издательского со-
вета физического факультета
УДК 514.12 (075.8)
Подольский В.Г. Практические занятия по аналити-
ческой геометрии и линейной алгебре на физическом фа-
культете КГУ. Казань. 2001. 42 с.
Настоящее издание методической разработки является вторым, в от-
личие от первого издания в него включены условия задач для решения в
аудитории и для домашнего задания. По аналитической геометрии ис-
пользован сборник задач О.Н.Цубербиллер 'Задачи и упражнения по
аналитической геометрии” Москва. Наука. 1966, по линейной алгебре -
сборник задач И В.Проскурякова ’’Сборник задач по линейной алгебре”
Москва, Наука. 1978.
Рецензент:
Сахаев И.И. - доктор ф.-м.наук, профессор ка-
федры алгебры механико-математического факульте-
та КГУ.
© Физический факультет Казанского государствен-
ного университета, 2001
Занятие 1 Линейные пространства. Базис и размерность. Подпро-
странства и линейные оболочки.
Определение. Множество L элементов х,у, z,u,... любой приро-
ды называется линейным проси ранете ом, если выполнены следую-
щие треб- )вания:
I.	Имеется правило, посредством которого любым двум элементам
х и у множества L ставится в соответствие третий элемент и это-
го множества, называемый суммой элементов х и у и обозначаемый
символом и — х + у.
II.	Имеется правило, посредством которого любому элементу х
множества L и любому вещественному числу Л ставится в соответ-
ствие элемент и этого множества, называемый произведением эле-
мента х на число Л и обозначаемый символом v = Ах.
III.	Указанные два правила подчинены следующим восьми аксио-
мам: 1) х 4- у — у 4- х; 2) (г - у) + z = х 4- (у + г), 3) для любого
элемента х Е L существует нулевой элемент О, О С L, такой, что
х 4- 0 = я; 4) для любого х € L существует противоположный эле-
мент х' такой, что х 4 х' — 0; 5) 1  х = х для любого элемента х € L\
6) А(/хх) = (А^)т; 7) (А 4- р)х = Ах 4 рх\ 8) А(т 4 у) — Ах 4- Ау.
В дальнейшем элементы множества L называем векторами.
Система векторов {ai,...,ae} называется линейно-зависимой, ес-
ли найдутся вещественные числа A>,...,AS, среди которых хотя бы
одно отлично от нуля, что выполнено равенство А^ = Apq 4-
Ajno 4-... 4- Asa5 = 0. Если последнее соотношение выполняется тогда
и только тогда, когда все А*- = 0, k = 1,2,... то система векторов
называется линейно-независимой.
Система векторов {еьсо,  • • ,еп} называется базисом в простран-
стве L, если она линейно-независима и любой вектор х пространства
представим в виде х = EJ?=i	4 - . 4- £"еп- Числа f1, £2,..., £т*
называются координатами вектора х в данном базисе Число п век-
торов входящих в базис пространства L, называется размерностью
пространства
Множество векторов U С L, для которых при любых х. у € U и
любых а, /3 Е R выполнено (ах 4 /Зу) Е U, называется подпростран-
ств ом линейного пространства L Заметим, что последнее условие
равносильно двум следующим условиям: (х 4 у) Е U, ах Е U При-
мером подпространства является линейная оболочка, натянутая на
3
систему векторов. Линейной оболочкой, натянутой на систему век-
торов {ai,a2, • • • , a.,} (s — любое фиксированное натуральное число),
называется множество векторов вида I = Oiai 4- 02^2 + •   + osae, где
nil,. .. ,ал — числовые параметры, пробегающие независимо друг от
друга все множество вещественных чисел R
Примеры
1.	Задано множество R вещественных чисел с обычными операци-
ями сложения ’’векторов” множества и умножения их на число. Яв-
ляется ли данное множесгво линейным пространством
Решение: В силу известных свойств вещественных чисел все во-
семь аксиом имеют место, и R с введенными операциями является
линейным пространством.
2.	Рассмотрим множество R+ положительных вещественных чи-
сел с описанными выше операциями. Является ли оно линейным про-
странством?
Решение: Нет. т.к., в частности, отсутствует нулевой элемент
(множество не содержит пуля).
3.	Рассмотрим R'U{U} с обычными операциями Является ли оно
линейным пространством ?
Решение: Нет, т к., в частности, это множество не содержит про-
тивоположного элемента (хотя нулевой элемент, конечно, теперь есть
— это ну ль-число).
Отмстим, что в примерах два и три можно дать другое решение:
не определена операция умножения на число А < О, так как результат
се не содержится в заданном множестве.
4.	Задано множество R*. Под ’’суммой' двух векторов этого мно-
жества понимаем обычное произведение чисел. Под ’’произведением”
вектора а на число А € R понимаем возведение в степень А числа
а. Будет ли данное множество с введенными операциями линейным
пространством'
Решение: Аксиомы относительно операции "сложения” выполня-
ются, так как ab = ba , (ab)c = а(Ьс), за нуль-вектор необходимо взять
1 (так как а • 1 = а), за противоположный вектор — число 1/а (так
как а  = 1). Выполняются и все четыре аксиомы для "произведе-
ния” вектора на число, так как а1 = а, (а0)*3 = аа+^ = а°  а0,
(аЪ)а — а.аЬа. Таким образом, данное множество с введенными опера-
циями является линейным пространством
4
5.	Пусть М множество всех вещественных матриц- строк х =
(а],а2*аз), в котором операция сложения определяется обычным спо-
собом, а операция умножения на любое число Л определяется равен-
ством Хх = A(ai,a2i<i3) — (01,02» А03). Является ли М линейным про-
странством?
Решение: Проверим аксиому (А + дг)х = Хх+цх. Имеем (А + р)т =
(ai,a2, (А+р)а3), но Хх+ц.х = (ai,a2, Апз)+{аьа2>Маз) = (2aj, 2а2, (А+
р)«з), и, следовательно, аксиома не выполняется Множество М не
является линейным пространством.
6.	Является ли линейным пространством множество всех геомет-
рических векторов, удовлетворяющих условию х| > 5?
Решение: Нс является, так как не выполняется аксиома о сущест-
вовании нулевого элемента. Можно было бы решить и по - другому:
не определена операция умножения на число А, ибо всегда можно по-
добрать такое А, что будет иметь место 0 < |Ах| < 5.
7.	Является ли линейным пространством множество всех сходя-
щихся последовательностей?
Решение: Является, так как сумма двух сходящихся последова-
тельностей есть сходящаяся последовательность, последовательность,
полученная из сходящейся последовательности путем умножения ес
на число, есть сходящаяся последовательность; все восемь аксиом лег-
ко проверяются, (в частности, роль нулевого элемента играет после-
довательность нулей).
8.	Выяснить, являет ся ли подмножество М элементов данного про-
странства его подпространством.
J ) :а,6,с€Ю С R2x2,
2-М = {(“ J) :a,d,c€R}cR2x2,
где R2x2 — пространство всех вещественных матриц порядка 2x2.
Решение: 1. Не является, т.к. операция сложения выводит нас из
М. Действительно:
( «1 6] \	/ л2 ^2 \ _ ( а\ 4- аг b\ + bi \
1с, 1 J +	1 Wc1+c2 2
.5
2. Является, т.к.
ai
С1
4 \	/ а2	&2 \	+ a?	bi + 62 .	д,
О /	V с2	О >	V ci + с2 О J
х(а
\ с
Ь\	/ Ла ХЬ \
О /	\ Лс 0 /
е м.
9.	Выяснить, является ли подмножество М элементов данного про-
странства его подпространством.
1.	М = |/(х) /(2) = о) С С(_то.+00), где С(_со>+(Л) — линейное
пространство всех непрерывных функций, заданных на (-оо, +оо).
2.	М = {/(х) ; |/(х)| < 10) С -f'ja.b], где — линейное простран-
ство всех вещественных функций, заданных на (а, 6].
З М = {/(х) : £ = f3} С где —линейное пространство
всех вещественных функций, заданных на (а, 6), имеющих непрерыв-
ную производную первого порядка.
Решение: 1. Является, т.к.
/1(2) + /2(2) = 0, и, следовательно, (f} (т) 4- /2(т)) € М
Л/(2) = 0 , и, следовательно, Л/(т) € М
2.	Не является, т.к Л/(т) $ М, потому что всегда можно найти
такое Л, что |Л/(т)| > 10.
3	Не является. Действительно, строим if(x) = /|(х) + /2(т). Счи-
таем.	= fi + /2 / V3, и,следовательно, V>(z) $ М.
10.	Найти базис и размерность подпространства пространства строк,
натянутого на систему векторов.
fi = (1,0,2,1), /2 = (0,1,-1,0), /3 = (-1,1,-3,-1).
Решение: Находим ранг матрицы
' 1 0 2 Г
0 1-1 о
к-1 1 -3 ~Ч
' 1 0 0 О'
0 10 0
^0 о о о,
Ранг равен 2. Размерность подпространства равна 2. За базис мож-
но взять векторы Д и /2.
Задание для решения в аудитории
Первые два примера из книги ’’Сборник задач по аналитической
геометрии и линейной алгебре.”, П А. Беклемишева, А.Ю. Петрович,
И.А.Чубаров. (N20 7, N 20.8).
6
1.	Выяснить, образует ли данное множество функций на произ-
вольном отрезке [а, Ь] линейное пространство относительно обычных
операций сложения и умножения на число:
а)	множество функций, непрерывных на [а, 6];
б)	множество функций, дифференцируемых на а, £>];
в)	множество функций, интегрируемых по Риману на [a,6j;
г)	множество функций, ограниченных на [а. 6];
д)	множество функций, неотрицательны^ на [а, 6];
е)	множество функций таких, что /(а) = 0;
ж)	множество функций таких, что /(а) = 1;
з)	множество функций таких, что Iimz_,o+o f(x) = оо;
и)	множество функций, монотонно возрастающих на [а,6];
к)	множество функций, монотонных на [а, 6].
Ответы: а) да; б) да; в) да; г) да; д) нет; е) да; ж) нет; з) нет: и)
нет; к) нет.
2.	Доказать, что при любом натуральном п данное множество
функций образует конечномерное линейное пространство; найти раз-
мерность и указать базис этого пространства.
а)	множество многочленов степени нс выше п;
б)	множество четных многочленов степени не выше п;
в)	множество нечетных многочленов степени не выше п;
г)	множество тригонометрических многочленов порядка не выше
п т.е. множество функций вида f(t') = до 4- щ cost + Ьх sin t 4- ... 4-
Un cos nt 4- bn sin nt;
д)	множество четных тригонометрических многочленов порядка не
выше п:
е)	множество нечетных тригонометрических многочленов порядка
не выше п;
ж)	множество функций вида f(t) — eat • (оц 4- ai cost 4- sin 14-... 4-
a„ cos nt 4- bn sin nt), где a — фиксированное действительное число.
Ответы: а) размерность равна п + 1 базис: 1, t, ... ,tn.
б)	размерность равна [|] 4-1; базис: 1, t2, ..., t2*, (к — [|], где [т]
означает наибольшее целое число, не превосходящее z).
в)	размерность равна [^]; базис, t, t3, ..., t2*-1 (fc = ^]).
г)	размерность равна 2п 4-1; базис: 1, cost, sint,..., cos nt, sin nt.
д)	размерность равна n 4- 1 , базис: 1, cost, cos2t, ..., cos nt.
e)	размерность равна n; базис: sint, sin2t, ..., sin nt.
7
ж)	размерность равна 2п+1; базис: eQt, eftt cos t, eal sin i,..., eat cosnt.,
eQt sin nt.
Является ли линейным подпространством соответствующего век-
торного пространства каждая из следующих совокупностей векторов:
1286.	Все векторы плоскости, каждый из которых лежит на одной из
осей координат Ох и Оу?
1287.	Все векторы плоскости, концы которых лежат на данной пря-
мой (начало каждого вектора, если не оговорено противное, пред-
полагается совпадающим с началом координат)?
1290.	Все векторы плоскости, концы которых лежат в первой чет-
верти системы координат?
1292.	Все векторы из Rn, координаты которых удовлетворяют урав-
нению Г; + Т?2 + . . . + Хп = 1?
1293.	Все векторы, являющиеся линейными комбинациями данных
векторов Х\, Х2, . . . , Хк из Rn?
Доказать, что следующие системы векторов образуют линейные
подпространства и найти их базис и размерность.
1298.	Все п — мерные векторы, у которых координаты с четными
номерами равны нулю.
1300.	Все п — мерные векторы вида (а, /3, а, /3, а, (3,...), где а и /3 —
любые числа.
1308.	Найти какой-нибудь базис и размерность линейного подпро-
странства L пространства Rn, если L задано уравнением Tj 4-
х2 + ... + хп = 0.
1310.	Найти базис и размерность линейного подпространства натя-
нутого на следующую систему векторов.
а, = (1,0,0, -1), а2 = (2,1,1,0), а3 = (1,1,1,1),
«4 — (1,2,3,4), dj = (0,1,2,3).
8
1312. Найти систему линейных уравнений, задающую линейное под-
пространство, натянутое на следующую систему векторов:
щ = (1,-1,1,0), а2 = (1,1,0.1), а3 = (2,0,1,1).
Ответы:
1286. Не является.
1287. Является, если данная прямая проходит через начало коорди-
нат, не является в противном случае.
1290. Не является. 1292. Не является. 1293. Является.
1298. Базис образуют следующие векторы: если k — номер базис-
ного вектора, то его координата с номером (2k — 1) равна 1, а
остальные координаты равны нулю,
к = 1,2,..., где (х обозначает наибольшее целое число, нс
превосходящее х. Размерность равна
1300. Базис образуют векторы (1,0,1,0,1,0,...,) и (0,1,0,1,0,1,...).
Размерность равна 2.
1308. Базис, образуют, например, векторы (1,0,0.... ,0,—1),
(0.1.0.... ,0, -1),..., (0.0.0,..., 1,-1) Размерность равна п - 1.
1310. Размерность равпа 3. Базис образуют, например, векторы at,
аг, щ.
1312. Например, X] — хз — х^ = 0, хг + х3 — х^ = 0
Домашнее задание.
Является ли линейным подпространством соответствующего век-
торного пространства каждая из следующих совокупностей векторов:
1285.	Все векторы п-мерною векторного пространства, координаты
которых — целые числа'*
1288.	Все векторы плоскости, начала и концы которых лежат на дан-
ной прямой?
9
1289.	Вес векторы трехмерного пространства, концы которых не ле-
жат на данной прямой?
1291. Все векторы из координаты которых удовлетворяют урав-
нению Xi -I а?2 Ь -.. + хп = О?
Доказать, что следующие системы векторов образуют линейные
подпространства и найти их базис и размерность:
1297.	Все п-мерные векторы, у которых первая и последняя коорди-
наты равны между собой
1299.	Все n-мерные векторы, у которых координаты с четными но-
мерами равны между собой.
1311.	Найти базис и размерность линейного подпространства, натя-
нутого па следующую систему векторов:
ai = (1 1.1,1,0), а2 = (1.1, - 1,-1, -1), а3 = (2,2,0,0, -1),
= (1,1,5,5,2), а5 = (1,-1,-1,0,0).
1312.	Найти систему линейных уравнений, задающую линейное под-
пространство, натянутое на следующую систему векторов:
О1 = (1,-1,1,-1,1), а2 - (1,1,0,0,3), а.з = (3,1,1,-1,7), а4 =
(0,2, -1,1,2).
Ответы:
1285. Не является. 1288. Является.
1289. Не является. 1291. Является.
1297. Базис образуют, например, следующие векторы:
(1,0 0,...,0,1),(0,1,0,.. ,0 0),(0,0,1,...,0,0),...,(0,0,0....,1,0)
Размерность равна п — 1.
1299. Базис образуют векторы, указанные в ответе к 1298, с добав-
лением еще одного вектора, у которого координаты с четными
номерами равны 1, а с нечетными — нулю. Размерность равна
1 + где [а:| обозначает наибольшее целое число, не превос-
ходящее х.
10
1311. Размерность равна 3. Базис образуют, например, векторы а1(
а2, Оэ-
1313. Например, Х[-х2 — 2х3 = 0, Ti - х2 + 2з?4 = 0, 2zi + т2 - т5 = 0.
Дополнительные примеры: NN 1294, 1295,1296, 1301, 1303,
1304,
Занятие 2 Пересечение и сумма подпространств.
Пример (N 943е, Фаддеев Д.К., Сомипский И.С. Сборник задач
по высшей алгебре).
Найти базис и размерность суммы и пересечения подпространств
пространства строк, натянутых на систему векторов {/,} и {g,}.
/1 = (1,1,1,0), Л = (1,1-0,1), /3 = (1,0,1,1)
Р1 = (1,1,-1,-1), д2 = (1,-1,1,-1), д3 = (1,-1,-1,1),
Решение: 1. Находим базис и размерность линейной оболочки Uly
натянутой на систему {/,}. Для этого находим ранг матрицы, состав-
ленной из координат векторов (матриц-строк)
4 110 1	( 1 0 0 0 >
110 1	0 0-10 ;
J 0 1 1 I	\° 1 0 0;
Ранг равен 3. Следовательно, dim = 3, базис состоит из Д, /2, /3.
2.	Находим базис и размерность линейной оболочки С/2, натянутой
па систему {<;,}.
4 1 -1 -1'
1-1 1-1
и -1 -1 Ч
4 0 0 О'
0-2 0 0
4 0-20,
Ранг равен 3 Следовательно, dim U2 = 3, базис состоит из д}, д2, д3.
3.	Находим базис и размерность суммы + U2). Для этого ищем
ранг матрицы, составленной из координат базисных матриц - строк
линейных оболочек Ui и U2.

		(1	1	1	О'		(1	0	0	0 >
/г		1	1	0	1		0	0	-1	0
/з		1	0	1	1		0	-1	0	0
91		L	1	-1	-1		0	0	0	0
92		1	-1	1	-1		0	0	0	-3
^9з ;		и	- 1	-1	1J		^0	0	0	0/
dim(/7i + t/2) = 4. т.е. сумма в нашем случае есть все пространство.
За базис берем векторы /], /2, /з, 92-
4	Находим размерность и базис пересечения Ui Г) С/2. Известно что
Rt/г) = dim Ui + dim U2 — dim(Z7i 4- U2) = 3 + 3 — 4 = 2. Таким
образом, базис пересечения состоит из двух векторов. Вектор х, при-
надлежащий Ui П U2, принадлежит как L'i, так и {/2- Следовательно,
его можно разложить как по базису 14, гак и по базису U2•
х = «1/1 + а2/г + «з/з = 0191 + 0292 + 0зЭз
Получаем векторное уравнение:
«1/1 + «г/г + «з/з = 0i9i + $292 + 0з9з	(1)
Максимальное число линейно-независимых наборов {а,} или {Д},
удовлетворяющих (1), выделит базис пересечения 171П(72- Распишем
(1) через координаты векторов. Получим однородную систему че-
тырех линейных уравнений с неизвестными о2. «з, 01, 02, /?з-
о1(1,1,1,0)+а2(1|1,0,1)+«з(1,0,1,1) = А(1,1,-Л-1)+/32(1,-1,1,-1)+
/?з(1,-1,-1,1).
|«1	+«2	+«3	~	01	+02	+03
«I	+«2	=	01	~02	-03
«1	+«3	=	-01	+02	—03
«2	+«3	=	-01	—02	+03
«1	+(*2	+«з	—01	—02	—0з	—	О
«I	+«2	—01	+02	+03	=	О
«1	+«з	+А	—02	+03	=	О
«2	+«3	+А	+02	—03	=	О
Решаем систему. Получим общее решение:
12
= -2ft, o2 = -2ft, «з = 2(ft + ft), ft = -ft - ft; ft,ft —
произвольные параметры.
Выделяем нормальную фундаментальную систему решений:
	a2	«3	ft	ft	ft
0	-2	2	-1	1	0
-2	0	2	-1	0	1
Учитывая , что х - -2ft/i - 2ft/2 + 2(ft + ft)/s = -(ft + ft)<7i +
ft <72 +ft.<7з, и выделенную нормальную фундаментальную систему ре-
шений, строим базис пересечения, который как выяснили выше, со-
стоит из двух векторов. Базисными векторами пересечения UiftUz
являются векторы (матрицы-строки):
= -2/г+2/з = — <7i4-<72 = (0, —2,2,0), вг = —2/i+2/3 — -c/i+уз =
(0;-2.0,2).
Задание для решения в аудитории
Найти базис суммы и пересечения линейных подпространств, на-
тянутых на системы векторов а>,...,и bi,..., bfi
1322. ai = (1,1.0,0), a2 - (0,1,1,0), a3 = (0,0,1.1). b, = (1,0,1.01,
ft = (0,2,1,1), ft = (1,2,1,2).
1320. ai = (1,2,1), a2 = (1,1,-1), a3 = (1,3,3). ft = (2,3,-1), ft =
(1,2,2), ft = (1,1,-3).
1318. Найти размерность s суммы и размерность d пересечения ли-
нейных подпространств:!^ натянутого на векторы aj, a2,.... a*,
и ft, натянутого на векторы ft, ft, ..., ft:
а, = (1,1,1,1), a2 = (1,-1,1,-1), a, = (1,3,1,3). 6, = (1,2,0,2),
62 = (l,2,l,2),t3 = (3,l,3,l).
Ответы:
1322. Базис суммы состоит, например, из векторов ai, аг, а3, Ь\. Базис
пересечения, например, из векторов С] = ax + a2 + a3 — ft + ft =
(1,2,2,1), С2 = 2at + 2a3 = ft + ft = (2,2,2,2)
1320. Базис суммы образуют, например, векторы aj, a2, by. Базис
пересечения состоит из одного вектора с = 2aj + <12 — ft + ft =
(3,5,1).
ДЗ
1318. 5 = 3, d= 2
Домашнее задание.
1317. Найти размерность з суммы и размерность d пересечения ли-
нейных подпространств: L\, натянутого на векторы ai = (1,2,0,1),
а2 = (1,1,1,0), и Z/2, натянутого на векторы by = (1,0,1,0),
Ь2 = (1,3,0,1).
1321. Найти базисы суммы и пересечения линейных подпространств,
натянутых на системы векторов 01,02,03 и Ь1,Ь2.Ь3:
а} = (1,2,1,-2), а2 = (2,3,1,0), а3 = (1,2,2,-3). by = (1,1,1,1),
62 = (1.0,1,-1), Ь3 = (1,3.0,-4).
Ответы:
1317. $ = 3, d = 1
1321. Базис суммы образуют, например, векторы О1,а2,аз-Ь2. Базис
пересечения, например, векторы bi = — 2ал -4 а2 4- 03, b3 = 5ai -
а2 - 2а3
Дополнительные примеры: NN 1314, 1315, 1323-1329,
Занятие 3 Линейные операторы. Действия над матрицами. Обрат-
ная матрица.
Линейным оператором в линейном пространстве^/^ называется
всякое отображение A :Ln ~>Ln пространства/^ в себя, удовлетво-
ряющее свойствам: ?4(xi 4 х2) = Ах у 4 Лт2 и Л(Лт) = Л  Л(з:) для
любых Z1, т2, х из/,п и любого Л G R.
Пусть {ei,e2, •  ,еп} — базис Сп. Разложим образы Аеь € Сп по
векторам базиса {е,} : А?к = £"=1 а*е, (к — 1,2, ...,п) и запишем
координаты векторов Аеь но столбцам. Полученная матрица А =
{а*} называется матрицей линейного оператора А в базисе {е,}.
Правило умножения матриц — ”строка на столбец”, т.е. элемент
матрицы С = АВ, стоящий на пересечении s-той строки и к го столб-
ца, представляет собой сумму произведений элементов s-той строки
матрицы А на соответствующие (т.е. стоящие под теми же номерами,
14
что и элементы s-той строки) элементы /с-го столбца матрицы В, т.е.
4 =	а."4’ гле А = (°f) (s = 1,2,... .р: г = 1,2,...,т), В = (6jJ
(k= l,2,...,n),C = (4) (s = 1,2,...,р; А: - l,2,...,n).
Из этого правила вытекает, что не любые матрицы А и В мо-
гут быть перемножены, а только такие, когда число столбцов левого
множителя А совпадает с числом строк правого множителя В В ре-
зультате получится матрица, имеющая число строк, равное числу
строк матрицы Л, а число ее столбцов совпадает с числом столбцов
матрицы В, т.е.
(р х m)(m х п) = (р х п).
В общем случае для квадратных матриц АВ В А.
Матрица Л 1 называется обратной к матрице А если выполне-
но условие Л'М = Е. Доказывается, что = AA~l = Е. Име-
ют масто следующие формулы для отыскания элементов 0* обратной
матрицы — д^д.А,,где - алгебраическое дополнение элемента
в матрице А (обратите внимание на индексы).
Примеры
1. Выяснить, какие из следующих преобразований являются ли-
нейными и в случае линейности найти их матрицы в том базисе, в
котором заданы координаты векторов х и </>х.
а)	<рх - (zi + z2, 2х2 ~ *з, ^з), х = (®i, гг, а?з)
б)	<рх = (xi + Х2, 2X2 - ®3, х3‘
Решение. Для линейности необходимо проверить условия
<р(х + у) = tpx + уту, ^(Ат) = А<рт.
а) <р(т + у) = (обозначим х + у = z) = <р(г) = (zi + z2, %z2 ~ z3, 2з) =
= (zi + У\ + х2 + У2,2(^2 + у2) - (^з + Уз),хз + Уз) =
= (Х1 + Х2 + У1 + У2, 2X2 - Т3 + 2у2 - Уз, Хз + Уз) =
= (Т1 + Х2, 2х2 - х3, хз) + (У1 + У2, 2у2 - Уз, Уз) = <Ня) + ¥>(у)
<р(Хх) = (Аг1 + Ат2,2Ат2-Атз, Ххз) = Х(х1+х2,2х2-хз,хз) = А<р(т).
Следовательно, преобразование линейное. Чтобы найти матрицу
этого преобразования, необходимо найти действие этого преобразо-
вания (линейного оператора) на базисные векторы. За базисные век-
торы берем ci = (1,0,0), е2 = (0,1,0), ез = (0,0,1). Находим =
(1,0,0), ^е2 = (1,2,0),\?е3 = (0,-1,1).
Выпишем матрицу Ф преобразования ip, записывая координаты
15
векторов <ре< по столбцам:
Ф -
/1 1
О 2
(0 О
0
-1
1 )
б)<р[Хх) = (Azi + Ax2, 2Лт2 — Ахз, A2Xg) / A tpx —
— A(a?i + X2> 2x2 - ^3, x2) = (Axi + АЭД2Ахг — Ахз, Ax|).
2.(N 1436, Проскуряков). Доказать, что проектирование трехмер-
ного пространства на координатную ось вектора ei параллельно
координатной плоскости векторов ej и ез является линейным пре-
образованием и найти его матрицу в базисе е1,е2,ез.
Решение. Обозначим оператор проектирования на ось вектора че-
рез А. Его действие на вектор х = (xi,X2,x3) запишется следующим
образом: Ах — (xi,0,0). Проверим линейность этого оператора-
Дх + у) = (xi + уь0,0) = (хь 0,0) + (3/1,0,0) - Ах + Ау:
А(Хх') = (Axt,0,0) = A(xi,0,0) = А Ах
Найдем матрицу линейного оператора А в базисе еьег, ез=
Лс1 = Д(1,0,0) = (1.0,0),
Де2- Д(0,1,0) = ГО. 0.0).
Де3 ~ А(0,0.1) = (0.0.0),
Следовательно, матрица такова
0
0
0
А -
0
0
О'
о
Вычислить:
3)
1
0
ь
1
о 
3
2
I -1
1 0
2 >
-1
0 ,
-1
2
-3
r -1 1
2 7
-3 5
г0
2
2
-2
6
3 1
6
5 /
1
-8
-5
1
7
5
16
4)
[ 1 О 3 -4\_ / 4 О 12 -16 \
\ 5 6 О О /	\ 20 24 О О J
Отметим, что все элементы матрицы умножают ся на 4.
5)
0 >
-3
-2
1 .
= (2 -0+ (-1)(-3) + 3(-2) - 7 -1) = (4)
6)
( 4 -3 2 \ ,
0 1 0 I 1
2 7 1	:
О 8 3^
' 3
1
8
U5
0^
2
7
27;
2
Ч
7)	Найти обратную матрицу к матрице
f2 -1 -2\
3-1-2
< 2 0 “2 )
Решение.
Считаем определитель матрицы и алгебраические дополнения:
det А = -2, Л’ = 2, 41 = 2,	= 2, А2} = -2,	= 0,	= -2,
Л? = 0, Al = - 2. 4^ = 1.
Таким образом,
'З1‘_й^лл!_ 11
UvL л!
^=sk4?=°-

Й2 = Т^Г-42 = О,
2 det А 2

^=^з = -1,
-П-7Лз= 1.
det А 3

17
т.с.
[-11 О'
Л-1 = 1-1 О 1
ИЧ/
Легко проверить, что А1 А = 1.
8)	Решить матричные уравнения:
fl-2\v/23\/7 0\
Д) V 3 о;л\11/"дз-1/
Решение.
а)	Имеем АХ = В, причем det А - 6. Тогда X — А1 В (умножаем
обе части уравнения слева на Л-1);
О 1/3
-1/2 1/6
( -1/3 о \
\ -1/6 -1/2 )
б)	Имеем ХА = В, det А = 6. Умножая обе части уравнения на
А-1 справа, получим
X = ВА-1 =
( -1/2	1/6 \
\	0 -1/3 )
в) Имеем АХ = В, но det А = 0 Обозначим X —
АХ =
( 1 -1\ / а
\ 2 -2 Д с d)
а —с b — d
2а-2с 2b-2d
а Ь\
, , тогда
с d J
/0 3\
\ 0 “4 /
Две матрицы равны тогда и только тогда, когда равны их соот-
ветствующие элементы Получаем систему, для которой ищем общее
решение:
а - с = О
2а — 2с = О
b-d = 3
2b -2d = -4
{а — с = О
b-d =	3
b-d = -2
18
Решения нет.
г) Поступаем аналогично в). Приходим к системе:
Следовательно,
v _ ( с 3 + d \
А \с d/ ’
где с, d произвольные вещественные параметры.
д) Имеем АХВ — С. причем, det А = 6, del В = — 1. Умножаем обе
части уравнения слева на А-1, справа на Z? '1, получим
X = А 'СВ~' =
О 1/3 \ / 7
-1/2 1/6 Д 3
/ -4/3 11/3 \
\ 17/6 52/3 /
° W -1
-1 Д 1
3
-2
Задание для решения в аудитории
Выяснить, какие из следующих преобразований </>, заданных путем
задания координат вектора <рх как функций координат векзх>ра х.
являются линейными, и в случае линейности найти их матрицы в
том же базисе, в котором заданы координаты векторов х и tpx.
1444. рх - (хх - х2 + Хз,х3,х2)
1443. ipx = (2zi + х2, Xi + Хз, Хз)
Вычислить произведения матриц
796.
791.
801.
4 3 \ [ -28	93 \ ' 7 3 \
7 5 / \ 38 -126 ) ’ \ 2 1 /
г5 8 -4'
6 9-5
\4 7 ~з)
( 3	2 5 ^
4-13
<9 6 5;
/ 2 -! \
\3 -2/
19
Найти обратные матрицы для следующих матриц:
843.	840.
' 1	2	2 '
2	1 -2
2 -2 1)
'2 5	7'
6	3	4
<5 “2 ~3>
Решить матричные уравнения:
867.
( 2 - 3 \	/ 2 3 \
4 - 6 ) Л ~ 4 6 )
863.
/'з -1 \	f56^ = f1416'|
^5-2^’ЛД7 8^ у 9 ю J
866.
-3
-5
-7
11/	23
О -2 \
12 9
15 11 /
Ответы:
1444. 9? линейно.
1443. у? не является линейным.
796.	791.
' 11 -22 29
9 -27 32
к 13 -17 26 ;
801.
f 2
4
1
2
3
9
1
1
-1 1 >
О 1
1 <4
1 °
0 1 )
при п четном,
2 И
3 -2 /
при п нечетном.
843.	840.
( ! 2 2'
9 2 1 "2
к2 -2 1/
'1-1	1А
- 38 41 -34
к 27 -29 24 ;
20
867. Общий вид pemi !ния:
(2+3ci З+Зсг \
2	2	|
Ci С2 )
где c'j и с2 - любые числа.
863.	866.
1
3 4 )
/ 1 1 1
12 3
\ 2 3 1 >
Домашнее задание.
Выяснить, какие из следующих преобразований заданных путем
задания координат вектора <рх как функций координат вектора х,
являются линейными, и в случае линейности найти их матрицы в
том же базисе, в котором заданы координаты векторов х и <рх
1441. ух = (х2 + х3, 2а?1 + хз,3х] - х2 + хз)
1442. (£х = (х], х2 + 1, Хз 4- 2)
Вычислить произведения матриц:
795.
'.•5,2 -2 3'
6 4-35
9 2-34
к 7 6 -4 7 ,
797.
'222	2'
-1 -5 3	11
16 24 8 -8
k 8 16 0 -16;
<0 2-1?
-2 - I 2
I 3 - 2 -Ч
< 70 34 -107'
52 26 -68
k 101 50 -140 ;
' 27 -18	10'
-46 31 -17
к 3 2	Ч
802.
cos а
sin а
— sin а
cos а
Найти обратные матрицы для с гедующих матриц:
836.	837.	838.
( 1 2 \
\ 3 4/
а b \
cd)
21
839.
841.
.	\	/ 3 — 4	5 '
/ cos а — sin а \	2 3
\ sin a cos а I	„ _
\ 3 "5 -1 /
842.	845.
1 2	3	4 '
2 3	12
11 1-1
10-2-бу
Решить матричные уравнения
868.
х /3 6 \	/2 4\
\ 4 8 У \ 9 18 /
869.
/4 6\	/ 1 1\
\б 9/	\ 1 1 /
865.
f2 7 3'
3 9 4
X1 5 з)
Ответы:
5
1 \	( -8
~5
3
-3
2
-2 = -5
Ч \-2
3 О'
9 О
15 О,
1
1441. <р линейно.
1
О
-1
1\
1
Ч
—
' о
2
1442. 9? не является линейным.
795.	797.
г0 О О О'
0 0 0 0
0 0 0 0
ко о о о,
802.	836.	837.
г 1 о о>
0 2 0
, 0 0 5 ;
cos па — sin па
sin па cos гга
( -2	1 \
3/2 -1/2 У
/7-4
1,-5 3
22
838.
839.
— - ( d ~b |
ad — be у — с a I
841.	842.
I -8 29 -11 '
-5 18 -7
\ 1 -3	1 ,
845.
f 22 -6
-17 5
-1	0
4 -1
868. Общий вид решения:
(cos a sin a \
— sin a cos a j
f -7/3 2 -1/3 '
5/3 -1 -1/3
-2 1 J
-26	17'
20 -13
2 -1
-5	3;
ci
C2
где ci и C2 - произвольные числа.
869. Решение существует.
865.
' 1 2 3^
4 5 6
I 7 8 9/
Дополнительные примеры: NN 803, 805, 861, 862, 864, 870,
1434-1440, 1445-1450,
Занятие 4 Собственные значения и собственные векторы линей-
ного оператора
Вектор х (х 0) называется собственным вектором линейного
оператора А, если Ах = Ах. Число А называется собственным зна-
чением оператора.
Для отыскания собственных значений оператора составляем ха-
рактеристическое уравнение: det (Л - ХЕ) = 0, где А - матрица опера-
тора А. Корни этого уравнения дают собственные значения операто-
ра. Решая для каждого А, систему линейных уравнений: (Д — ХгЕ)х =
23
О и составляя нормальную фундаментальную систему решении, мы
находим базис подпространства собственных векторов, отвечающих
собственному значению Xi линейного оператора А.
Примеры:
Найти собственные значения и собственные векторы линейного
оператора, заданного в некотором базисе матрицей Л (первый и вто-
рой примеры — это N 1032 с), е) из ’'Сборника задач по высшей
алгебре , Фаддеев Д.К. , Соминский И.А.).
Решение: Составляем характеристическое уравнение dct(A-AE') =
0:
det f Н = 0, А2 + а2 = 0,
\ —°	/
отсюда А] = ia, Аг = — га.
Чтобы найти собственные векторы, отвечающие собственному зна-
чению А, надо решить систему линейных уравнений (А — ХЕ)х = 0
или, в нашем случае
(Л-Л£)(хО = (о)
Aj - га
(-га a\/xi\_/0\	J -iax\ + ахг = 0
—а —га / \^2/	\ 0 у	( —axi — гахг = 0
Умножив второе уравнение на г, замечаем, что система эквива-
лентна одному уравнению — iaxi + ахг = 0 => хг = ixj:
Положим Xi = 1, тогда хг = г. Итак, собственный вектор, отвеча-
ющий корню Ai = га, такой: Xi — [!,£)• Все множество собственных
векторов, отвечающих собственному значению Ai = ia\ можно запи-
сать в виде Cj л j, где ci = const. A? = / га a\|Xi\_/0\ у а га J [ Х2 J \ 0 )	—ia iaxi + ахг — 0 —axi + гахг = 0
24
oxi + ш;Г2 = 0 => ij = гхг- Положим Хг = —г. тогда Xi = 1 и
%2 = (1,— 0- Все множество собственных векторов, отвечающих >2
имеет вид где сг = const
2)
г 5 6 -З''
А= -10	1
U 2 1J
Решение: Находим собственные значения:
<1сЦЛ - ХЕ) =
-1
1
6	-3 >
-А 1
2 1-А;
= -А3 + 6А2-12А + 8 = -(А-2)3
Таким образом: (А — 2)3 = 0, откуда А12,з = 2.
Находим собственные векторы: (Л - 2Е)х = 0:
3
- 1
V 1
6
-2
2
—3 > r xi '
1 хг
-1 Д Х3)
f0y
о
)
3xj
-21
21
+ 6х2
-2х2
+ 2X2
-Зхз = 0
+Х3 = 0
-х3 — 0
Х1 + 2X2 - Х.з — 0 => Х1 = -2X2 + ^3»
Выделим фундаментальную систему решений
-2
1
Х2 Х3
Т о
О' 1
Таким образом, подпространство собственных векторов, отвечаю-
щих собственному значению А = 2 кратности 3 двумерно; его базисом
могут служить векторы Х\ — (-2,1,0), Хг = (1,0,1).
Любой вектор этого подпространства может быть записан в виде:
X — CjXj +C2X2, где С1,сг произвольные вещественные параметры.
Ниже мы решим пример, когда линейный оператор задается сим-
метричной матрицей В этом случае все корни характеристического
уравнения будут вещественными, и какова кратность корня, столько
линейно - независимых собственных векторов будут ему отвечать
3)
9	0 0	0 >
0	5 4	-2
Л~	0	45	2
^0-22 8,
25
Эта матрица отвечает квадратичной форме N 1259 (Проскуря-
ков).
Решение: Находим собственные значения:
det	'9-А 0 5 0 1 о	0	0 -А	4 4 5-А -2	2 8	0 ' -2 2 - А ;	= (9-А)	5-А 4 5- -2	4	-2 А	2 2 8-А	=
-А(9-	Л)(А-9)г	= А(А-9)3,	А(А—9)3 = 0		А1.2.3 =	9, А4	= 0.
Находим собственные векторы.
А12,3 = 9 , (Л - 9Е)х = О
г 0 0	0	0 \		f X]						
0 —4 0 4 ^0 -2	4 -4 2	-2 2 -1J		Х2 Хз	=	0 0		-4х2 4хг —2x2	+4х3 -4х3 +2хз	-2x4 — 0 4-2х4 = 0 -х4 = 0
т.с. —2x2 + 2тз - х4 = О или х.{ =
-2х2 + 2х3, где х,. х2, х3 —
произвольные вещественные параметры.
Выделяем нормальную фундаментальную систему решений:
	х2	хз	х4
1	0	0	0
0	1	0	-2
0	0	1	2
Итак,
X, = (1,0,0,0), Х2 = (0,1,0,-2),Х3 = (0,0,1,2)
линейно - независимые собственные векторы, отвечающие собствен-
ному значению А = 9. Собственные векторы для А — 9 имеют вид
CiXi 4- С2Х2 + С3Х3, где ci, С2, с3 не равны нулю одновременно.
А4 = 0 Ах = 0
9x1	= 0
5x2	+4хз	- 2x4	=	0
4x2	-г5хз	4-2х4	—	0
—2хг	+2хз	4-8x4	=	0
2б
Ixj	—	О
5i2	+4хз	- 2х4	=	О
4х2	+5хз	+2х4	=	О
х?	-хз	-4х4	~	О
Видно, что первое уравнение есть следствие второго и третьего,
достаточно их сложить. Следовательно, система эквивалентна следу-
ющей:
{4x2 +5х3 +2х4 = О
Х2 -хз -4х4 — О
Второе уравнение умножим на четыре и вычтем из первого: 9хз +
18х4 = 0 или хз = -2х4. Но тогда из второго хг — 2х4. Первое урав-
нение теперь удовлетворяется тождественно. Таким образом:
=0, хг = 2х4, хз = —2х4,х4 - произвольно.
Выделим нормальную фундаментальную систему решений:
X] х2
0 2
Хз х4
-2| 1
Итак, собственный вектор, отвечающий собственному значению
А = 4 таков: Х4 = (0.2, —2,1). Любой собственный вектор для А = 0
имеет вид сХ4, где с 0.
Задание для решения в аудитории
Найти собственные значения и собственные векторы линейных пре-
образований. заданных в базисе матрицами:
1465.
1466.
1473.
' 2 -1 2У
5-3 3
^-1	0-2/
1472.
г 0 1 0А
-4 4 0
\ -2 1 2)
1251.
' 1 о о о
0 0 0 0
10 0 0
( О 0 0 1 ,
' 1 о о о'
0 0 0 0
0 0 0 0
v 1 О 0 1 ?
' 1 2 2>
2 1 2
к2 2 Ч
Ответы:
1465. А4 — Аг = Аз = — 1. Собственные векторы имеют вид с 
(1,1, —1), где с 0.
2?
1466. Л1 = Аг = Аз = 2. Собственные векторы имеют вид Ci(l, 2,0)+
сг(О,0,1), где ci и с2 не равны нулю одновременно.
1473. А] = Аг = 1, Аз = А4 = 0. Собственные векторы для А = 1
имеют вид cj(l, 0,1,0)+с2(0,0,0,1), а для А = 0 имеют вид ct(0,1,0,0)+
с2(0,0,1,0), где с> и сг не равны нулю одновременно.
1472. А] — Аг — 1, Аз = А.} = 0. Собственные векторы для А = 1
имеют вид с(0,0,0.1), а для А = 0 имеют вид С](0,1,0,0) + с2(0,0,1,0),
где с / 0 и ci и с2 не равны нулю одновременно.
1251. А] = 5, Аг = Аз = -1. Собственные векторы для А = 5 имеют
вид с(1,1,1), а для А = -1 имеют вид ci(—1,1,0) + с2(—1,0,1), где
с / 0 и С] и с2 нс равны нулю одновременно.
Домашнее задание.
1467.	1468.	1469.
'4 -5
5-7 3
,6 ~9 4>
1474.
f 1-3 3'
-2 -6 13
(-1 -4 8)
1250.
'1 -3 4'
4-7 8
1,6 -7 7/
'3 -1 0 0А
110 0
3 0 5 -3
,4 -1 3 -1,
( 1 -3 -1'
-3 1	1
\-1	1	5/
Ответы:
1467.	Ai = 1, Аг = Аз = 0 Собственные векторы для А = 1 имеют
вид с(1,1,1), а для А = 0 имеют вид с(1,2,3), где с / 0
1468.	Ai = А2 = A3 = 1. Собственные векторы имеют вид с(3,1,1),
где с 0.
1469.	Aj = 3, А2 = A3 = — 1. Собственные векторы для А = 3 имеют
вид с(1,2,2), а для А = —1 имеют вид с(1,2,1), где с 0.
1474. А = 2 Собственные векторы имеют вид с>(1,1, -1,0)+с2(ЦМ),
где Ci и с2 не равны нулю одновременно.
1250.	Ai = 3, А2 = 6. Аз = -2. Собственные векторы для А — 3
имеют вид с(1, -1,1), для А = 6 имеют вид с(1,-1, -2), а для А = -2
имеют вид с(1,1,0),
Дополнительные примеры: NN 1478-1483,
28
Занятие 5 Переход к новому базису. Преобразование координат век-
тора и матрица линейного оператора при переходе к новому базису.
Связь базисов: е' = еТ, где е' = (е,, е2>   , е'п) — матрица-строка из
векторов нового базиса, е = (ei,e2,.. . ,еп) — матрица-строка из век-
торов старого базиса, Т — матрица перехода от базиса е к базису е’.
Чтобы составить матрицу перехода Т, необходимо координаты век
торов нового базиса относительно старого базиса записать в столбцы.
Формулы преобразования координат вектора х и матрицы А ли-
нейного оператора при переходе к новому базису таковы: х1 = Т~гх,
А1 = Т-уАТ, где х — матрица столбец, составленная из координат
®1, Х2,..., хп вектора в старом базисе; х1 — матрица-столбец, даюшая
координаты ... ,х'п вектора в новом базисе; Т — матрица пере-
хода от старого базиса е к новому базису е', А — матрица линейного
оператора в базисе е, А' — в базисе е'.
Примеры:
1)	В базисе ₽i, е2 задан вектор х — (—1,1). В этом же базисе задано
линейное преобразование матрицей
Найти вектор х и матрицу этого преобразования в базисе е, —
(-1,3), <4 = (2,-5).
Решение:
т=(’з	=	1)
_ (	_ т~1 I Х11 - ( 5 2 W -1 - ( -3
Хе> \А)	\	\ 3 1 J [ 1 )	-2)
т.е. вектор х в базисе е\,е2 имеет координаты х\ = -3, х2 = —2
/ 5 2 \ / 0	1 \ / -1	2 >
(з 1 Д -1 -2 Д 3 -5 J
-2 1 W -1 2 \	( 5 -9 \
-1 1 Д 3 -5	\ 4 -7 )
29
2)	Операторы А и В имеют в базисе си = (—1,2), аг = (3, -5)
соответственно матрицы:
и

1 1
1 1 /
Найти матрицу оператора (Л+В) в базисе by — (2, —3), 62 = (1,— 1)-
Решение: (А + В)ь = Т~1(А 4- В)аТ, где Т - матрица перехода от
базиса а к базису Ь.
(А + В)а = А + В =
/ 1 2\
\ 0 1 /
Осталось найти матрицу Г, Векторы 01,02,61,62 заданы в некото-
ром базисеei,ба- Мы знаем, что (61,63) = (ai,a2)T, (а],аг) = (С1,<г)71,
(6j, 62) = (^1, ег)-^2> где Т\ - - матрица перехода от базиса е к базису ц,
?2 ~ матрица перехода от базиса е к базису 6. Итак, а = е!\, но тогда
е = Подставим последнее в соотношение 6 — еТ^ = (ojQ-1)?^ =
a(Tj-1T2), откуда, учитывая, что 6 — аТ, имеем Т =	1Т2- Но
Т| = ( 2 -5 ) ’ Тг = ( -3 -1 ) • detr' = Т> ‘ = ( 2 1 )
detT2 = 1,Т2 1 = (	*).
(А + В), = (T,-T2)-l(A + В)а(ТГ‘Т2) = Т2-‘Т,(Л + В)„ТГ'Г2 =
3W12W53W 2	1\	/ _1 _2 \
^3 2j\2-5j\0 1;\2 1;^-3-lJ	\ 2 3)
Здесь мы учли, что (Tf1^) 1 = TT^Tf1)
При решении примера 2 мы могли наглядно воспользоваться так
называемой коммутативной диаграммой:
е
6
Итак, b = аТ. Но можно от а пойти сначала к е. а затем к Ь. т.е.
е = aTi\ b = еТ2 = (aTf1)^ = a(Tf‘Т2). Отсюда Т = Т^Т2.
3)	Оператор Л, действующий в двумерном арифметическом про-
странстве . переводит линейно независимые векторы aba2 соответ-
ственно в векторы by,b2t где ai = (3,4), а2 = (1,1), bi = (2,0),
b2 — (-3,0). Найти матрицу А этого оператора в базисе вц е2, в
котором заданы векторы aj, а2) Ьц Ь2 и в базисе <ц, а2.
Решение:
Вспомним, как действует оператор: у — Лх, т.е.
Ь1=Да1, Ьг .= Аа2
или
что можно объединить в следующем матричном виде:
/2 -3 \	/ 3 1 \
1^0 0/^41/’
т.е В = ЛС, откуда А — ВС~1 =
( 2 -3 \ ( -1	1 \	/ -14 11 \
“ \ 0 0/Д 4 -3 J 0 0 )
Итак,
_ ( -14 11 \
Ае ~ \ о о J
Находим матрицу оператора в базисе cii,a2 :	= Т~хАеТ = (мат-
рица Т перехода от базиса е к базису а совпадает с матрицей С)
(-1	1 \ ( -14 11 \ / 3 1 \	/ —2	3\
4 —3 / у 0 0 Д 4 1 / Д 8 —12 у
Задание для решения в аудитории
1278. Векторы а = (2,1,-3),е2 = (3,2,-5),е3 = (1,-1,1) и т =
(6,2,-7) заданы в некотором базисе. Показать, что векторы е],е2,ез
сами образуют базис, и найти координаты вектора х в этом базисе
1280.	Доказать, что каждая из двух систем векторов является ба-
зисом и найти связь координат одного и того же вектора в этих двух
базисах:
е1 = (1,2,1),е2 = (2,3,3),е3 = (3,7,1)
31
е\ = (3,1,4), е, = (5,2,1),е'3 = (1,1, -6)
1453. Линейное преобразование ь базисе 61,62,03 имеет матрицу
' 15 -11 5'
20 -15 8
к 8 -7 6}
Найти его матрицу в базисе:
/1 = 2е 1 + Зе2 -г ез./2 = Зе + 4^2 + ез, /3 — ei + 2ег + 2ез
1457. Пусть преобразование у? в базисе g-i = (1,2), аг = (2,3) имеет
матрицу
( 3 5 \
\ 4 3 /
Преобразование в базисе 61 = (3,1), 62 = (4,2) имеет матрицу
/4 б\
к6 9/
Найти матрицу преобразования 9? +в базисе 61,62-
1454. Линейное преобразование /> в базисе си — (8,—6,7), а2 =
(-16. 7, -13), а3 = (9, -3. 7) имеет матрицу
f 1 -18 15
-1 -22 20
к 1 -25 22 ?
Найти его матрицу в базисе
6j = (1,-2,1), 62 = (3,-1,2), 63 = (2,1,2)
Ответы: 1278. (1,1,1). 1280. Xi = -28xj -71z'2 -41x^,x2 =	+
2(Ж + Ух-рГСз = 4rrj + 12z2 + 8x3,
1453.	1457.	1454.
' 1 0 05
0 2 0
<° ° 3>
I 44 44 \
к -29* -25 J
f 1	2	2 >
3 -1 -2
k2 -3 4
Домашнее задание.
32
1277. Векторы е, = (1.1,1),е2 = (1,1,2),е3 = (1,2,3) и х = (6, 9,14)
заданы своими координатами в некотором базисе Показать, что век-
торы С1,е2,ез сами образуют базис, и найти координаты вектора х в
•этом базисе.
1281.	Доказать, что каждая из двух систем векторов является ба-
зисом и найти связь координат одного и того же вектора в этих двух
базисах:
е, = (1,1,1,1), е2 = (1,2,1,1),ез = (1,1,2,1),е4 - (1,3,2,3),
е', = (1,0,3,3),4= (-2,-3,-5,-4),^ = (2,2,5,4),е' = (-2,-3,-4,-4)
1451.	Как изменится матрица линейного преобразования, если в
базисе ei, е2, •  -, еп поменять местами два вектора е,, е}?
1452.	Линейное преобразование </ в базисе 6i,e2,63,64 имеет мат-
рицу
' 1 2 0 Г
3 0-12
2 5	3 1
< 1 2	1 3 j
Найти матрицу этого преобразования в базисе:
в) 61.63,62,64; б) 61,61 + 62,61 + 62 + 63.61 +62 + 63+ 64.
1458. Преобразование в базисе ai = (—3,7),<i2 = (1,-2) имеет
матрицу
2 -1 \
5 -3 ) ’
а преобразование ‘ф в базисе bi = (6, —7),62 — (—5.6) имеет матри-
цу
/ ! 3\
I 2 7 )
Найти матрицу преобразования в базисе, в котирм заданы ко-
ординаты всех векторов.
Ответы: 1277. (1,2,3). 1281.	= 2xi + х'3 - х4, х2 = -Зх, + х‘2 -
2^з + а/4, т3 = x’i — 2х2 + 2^з — х'4) хч = хг — х'2 + х\ — х4
1451. В матрице переставятся ?-я и j- я строки и г-й и j-й столбцы.
33
1452.
1458.
' 1 0 2 P
2 3 5 1
3-102
k3 123;
' -2 О 1 O'
1 -4 -8 -7
14	6	4
( 1	3 4	7,
109 93 \
34 29 )
Дополнительные примеры: NN 1282-1284,1455, 1456,1459-
1461, 1463.
Занятие 6 Приведение квадратичной формы к каноническому виду
методом ортогональных преобразований.
Теорема: Для любой квадратичной формы В(х, х) =
(otjt — cm) существует ортогональное преобразование неизвестных £*.
(? = 1,2,.. .п), которое приводит квадратичную форму к каноничес-
кому виду £"=1 А,(у/)2, где Ai, А2, .., Ап - корни характеристического
уравнения det(a,fc — X6tk) = 0,
Итак, в примерах мы должны отыскать новый ортонор мирован-
ный базис, в котором квадратичная форма будет иметь канонический
вид. Отметим, что этот ортонормированный базис будет состоять
из собственных векторов самосопряженного оператора, отвечающего
данной квадратичной форме Матрица самосопряженного оператора
совпадает с матрицей квадратичной формы.
Отыскание нового ортопормированного базиса проводим в несколь-
ко этапов, которые будут даны в примере. Там же будем давать не-
обходимые пояснения
Пример. (N 1259) Привести квадратичную форму
9xf + 5^2 + 6x3 + 8x1 + 8x2x3 - 4хгх4 + 4хзт4
к каноническому виду методом ортогональных преобразований.
34
Решение, (по этапам)
1.	Выпишем матрицу А квадратичной формы:
	(9	0	0	0 '
Л —	0	5	4	-2
/1 —	0	4	5	2
	(о	-2	2	
2.	Находим собственные значения (см. пример 3 занятия 4): ДЕ2,з =
9,А4 = 0. Уже сейчас мы можем указать канонический вил формы;
^1У1 + Л2У2 + W + А4У4 = ^У\ + 0^2 + $Уз
Здесь уу,у2,Уз>Ул — новые переменные.
Все последующие выкладки будут связаны с нахождением орто-
нормированного базиса и связи переменных х, и гд, i = 1,2,3,4.
3.	Находим собственные векторы (см. пример 3 занятия 4). (Здесь
собственные векторы мы будем обозначать через /1,/2,/з,/1)-
Л1.2.з = Э: /1 = (1,0,0,0), /2 = (0,1,0,-2), /3 = (0,0.1,2);
А4 = 0; /4 = (0,2,-2,1).
4.	Применяем к векторам /ь/2,/3 метод ортогонализации. (Метод
ортогонализации применяется только к собственным векторам, от-
вечающим кратному собственному значению. Собственные векторы,
огвечающие различным собственным значениям, уже ортогональны
между собой).
91 = А = (1,0,0,0), 92 = /2 + afft,
где а - неизвестный коэффициент. Требуем, чтобы 92 был орто-
гонален вектору д\, т.е. чтобы скалярное произведение (52,51) = 0.
Получим (/2,51) + 0(51,51) = 0 или Ото = 0, т.е. а = 0. Итак,
52 =/2 = (1,2,0,-2).
Строим теперь дх.
5з = /з + /5151 + 0292,
где 0\,02~ неизвестные коэффициенты.
Требуем, чтобы (53,51) = 0 и (53,52) - 0- Получаем:
(/з,51) + /31(51,91} - 0, отсюда Д = 0;
36
(/з,Рг) + @2(92,92) ~ 0, отсюда -4 -t- 5Z?2 = 0, т.е. fa - 4/5.
Итак, 53 = /3 + (4/5)52 = (0,4/5,1,2/5).
За вектор 54 берем вектор /4. Таким образом
<71 = (1,0,0,0)
52 = (0,1,0,-2)
53 = (0,4/5,1,2/5)
54 = (0,2,-2,1)
Эти векторы теперь попарно ортогональны. Отметим также, что
они являются собственными векторами, отвечающими своим собст-
венным значениям: 51,52,53 отвечают А1.2.3 = 9, 54 отвечает А4 = 0.
5)	Нормируем векторы дс е, = ^,г = 1,2,3,4.
е, = (1,0,0,0)
е2 = (0,1//5,0 - 2//5)
е3 = (0,4/3/5,5/3/5,2/3/5)
е4 = (0,2/3,-2/3,1/3)
Четверку векторов e>, е2, ез, и берем за новый базис. Это орто-
нормированный базис, т.к.
(б,, Cj ) — 6ij —
0,
1,
»j
i = j
6)	Пишем матрицу перехода:
f 1	0	0	0^
0	1//5 4/3/5	2/3
0	0 5/3/5 -2/3
-2//5 2/3/5	1/3 i
Эта матрица — ортогональная. Для нее Т 1 = Ttr, где tr — озна-
чает "транспонированная”.
7)	Выпишем связь старых переменных 05i, х2, хз, х^ и новых у\, у2,53, у^:
= Т или х = Ту.
( ®1 \ У1 \
У
Х2
ХЗ
У2
Уз
\yi ;
36
отсюда
Х| = 1/1
Х2 = ^2 + ^3 +
5	2
Хз =	' з^4
2	2
2
Л*/4
о
14 = "ТВ* + 3?5И + I*
Задание для решения в аудитории
Найти ортогональное преобразование,, приводящее следующие фор-
мы к каноническому виду, и написать этот вид (преобразование опре-
делено не однозначно):
1250. х2 + х% + 5х| - 6Х1Т2 — 2x^X3 + 2х2хз
1251. х2 + х| + х| + 4x1^2 + 4х]Хз + 4хгх3
Ответы: 1250.	4- 6j/f - 2j/j;
Z1 =	+ ^У2 + ^1/3, Х2 = -^У! - ^У2 + ^уз, Хз =	- ^J/2
1251. 5у21-у1~у1-,
xi = Тз^1 + 7^2+ Т2^3’ Х2 = 7зУ1 + ~Jey2 ~ 72Уз' Хз = 7зУх ~ 7сУ2
Домашнее задание.
Найти ортогональное преобразование, приводящее следующие фор-
мы к каноническому виду, и написать этот вид (преобразование опре-
делено не однозначно):
1249. llxi + 5х| + 2х| + 16xjх2 + 4xjX3 — 20х2хз
1254. 8х| - 7х? + 8xj + 8xix2 - 2x^3 + 8х2хз
1261. 4X1 ~ 4х% + 2х| — 5х^ _ 8x2X3 + 6x4X5 + Зх|
Ответы: 1249. 9$/i + 183/2 ~ Qj/j;
Xl = 11/1 + |j/2 - |1/3, Х2 = -|1/1 + }у2 +	2:3 = 11/1 - 11/2 + 11/3
1254. Эту, +91/2 "
Xi = |yi + |\/2j/2 + |x/2?/3,	= It/i-fv^i/s, хз =	>/21/2+ 1^2/3
1261. 4yJ + 4^ + 4у| - 6yj - 6^;
Х1 = 1/1, х2 = |>/5(1/2+21/4), хз = |Т5(-23/2+1/4), х4 = ^>Л0(?/з+31/5),
х5 - То\№(3уз - уа).
Дополнительные примеры: NN 1248-1262, 1273, 1274.
Занятие 7 Приведение к каноническому виду уравнений кривых и
поверхностей второго порядка.
37
Пример 1. (N 3 19 главы 4 из "Сборника задач по математике
для втузов. Часть 1 Линейная алгебра и основы математического
анализа" пол редакцией А В. Ефимова и Б.П.Демидовича).
Привести к каноническому виду уравнение кривой второго порядка
х2 — 2ху + у2 — Ют - бу 4- 2jf== 0 и указать преобраз< >вание координат.
1)	Находим собственные значения матрицы А, составленной для
квадратичной части (а?2 — 2ху + у2) в уравнении кривой*
dct(A-XE) =
-> А(А - 2) = О
= А(А - 2)
т.е Aj = 0, Аг = 2. Таким образом, квадратичная часть уравннения
кривой в новых переменных х', у! имеет вид; х2 - 2ху + у2 — 2у'2
2)	Находим собственные векторы. (Координаты обозначим через
отсюда - £2 = О или = £2 т.е./i = (1,1)
- £ — О или = -^2 т.е./г = (-1,1)
3)	Т.к Aj / Аг, то (/ь/г) = 0( 'это легко и непосредственно прове-
рить). Осталось пронормировать векторы f\ и /г
Матрица перехода к базису е^ег имеет вид
/1М -1/ч/2\
\ 1/^2 1/V5 ) '
Выпишем преобразование координат:
f х = 75х' ~Т2у'
I » = 72х' +7гу1
Запишем уравнение кривой в новых координатах:
2/ - 101- U' -	- 6(4г' + -U') + 25 = О
38
Ъ)П + -ij/ - -L' + 25 = О
V	V
Выделим полный квадрат по переменной ?/:
2(у'+ - тк+24=° - +-4)2=- 4)
V *	V	V
Сделаем перенос начала координат:
Уравнение кривой теперь имеет вид: 2У2 = -’6-Х
Запишем канонический вид: У2 — 4\^2Х - это парабола.
5) Выпишем преобразование, связывающее координаты х, у и X, Y:
Если теперь вспомнить, что преобразование координат на плос-
кости имеет вид: х — X cos а - У sin а + а, у — X sin п + У cos а + Ь.
где а есть угол поворота новой системы относительно старой , а точ-
ка (7(а,Ь) задает начало координат новой системы, то видим, что
а = тг/4, О'(2,1). Итак, в новой системе координат, полученной из
старой поворотом на угол д/4 (против часовой стрелки) и переносом
начала координат в точку О'(2,1), имеем параболу У2 = 4\/2Х.
Замечание: Строя матрицу перехода Т так, чтобы det 7’ = +1,
мы не меняем ориентацию пространства. Матрица Т с det Г = — 1
(достаточно поменять нумерацию базисных векторов, и, естественно,
нумерацию собственных чисел) осуществляет не только поворот, но
и зеркальное отражение одной из осей.
39
Пример 2.(N 3.31 главы 4 того же задачника, что и пример 1).
Привести к каноническому виду уравнение поверхности второго
порядка z2 + 5г/2 + z2 + 2ху + 2yz + 6zz - 2z + бу + 2z = 0 и указать
преобразование координат.
1)	Находим собственные значения матрицы А, составленной для
квадратичной части z2 + 5у2 + z2 + 2ху + 2yz + 6zx в уравнении по-
верхности:
' 1 1 3 '
1 5 1
Н 1 1/
, Ai — —2, А2 = 3. A3 = 6.
Таким образом: z2 + 5г/2 + z2 + 2ху + 2yz + 6zx = —2z'2 + Зг/2 + бг42.
2)	Находим собственные векторы:
А] = -2, Л = (-1,0,1), А2 = 3, Л - (1. -1,1), А3 = 6, /3 = (1,2,1).
3)	Т.к. все А, различны, то /ь/2,/3 попарно ортогональны. Норми-
руем векторы fit
Матрица Т перехода к базису е\,е.2,ез такова;
4)	Запишем уравнение поверхности в новых координатах:
-2^-ьЗ/ЧвУ2+ -!*'- V + -‘v' = °
у2 уЗ VO
Выделим полные квадраты по переменным:
-2(х' - ^)2 + 3(у' -	+ 6(/ + J.)2 = 1
10
Сделаем перенос начала координат:
v-	v3	v6
Уравнение поверхности имеет теперь вид:
-2Х2 -г ЗУ2 + 6Z2 = 1 или	+ (1/^7 = 1
Имеем однополостный гиперболоид
5)	Счязь координат х,у, z и X.Y.Z:
Начало координат перенесено в точку -1.1).
Задание (из того же задачника, что и примеры Nl, N2).
Привести к каноническому виду уравнение кривой (поверхности/
второго порядка и указать преобразование координат:
3.18.	9т2 - 4а:у -г бу2 + 16а; - 8у — 2 = О (эллипс)
3.20.	5а:2 4- 12а:у — 22а: - 12у — 19 - 0 (гипербола)
3.21.	4х2 - 4а?у + у2 — 6а: 4- Зу - 4 — 0 (параллельные прямые)
3.22.	2т2 + 4ху 4- 5у2 — 6а: - 8у — 1 = 0 (эллипс)
3.23.	а:2 — 4ху 4- 4у2 — 4х — Зу — 7 - 0 (парабола)
3.25.	7 а:2 4-бу2 4- 5z2 -4ху-4yz- 6т - 24у 4- 18г 4- 30 = О (эллипсоид)
3.26.	2х2 — 7у2 - 4z2 4- 4ху 4- 20yz — 16гт 4- 60а: — 12у 4- 12г - 90 ж 0
(гиперболический параболоид)
3.27.	2а:2 4- 2у2 — 5z2 4- 2ху — 2х — 4у — 4z 4- 2 — 0 (двуполостный
гиперболоид)
3.28.	2а:2 4- 2у2 4- Зг2 4- 4ху 4- 2yz 4- 2zx — 4х 4- бу — 2z 4- 3 = О
(эллиптический параболоид)
3.29.	4а:2 4- у2 4- 4г2 — 4ху 4- 4yz — Szx — 28а: 4- 2у 4- 16г {- 45 = 0
(параболический цилиндр)
3.30.	2а:2 4- 5у2 4- 2г2 - 2ху 4- 2yz — 4xz 4- 2х — 10у — 2г — 1 = 0
(эллиптический цилиндр)
3.32.	х2 — 2у2 4- г2 4- 4ху 4- 4уг — 10а:г 4- 2а: 4- 4у — Юг —1 = 0
(гиперболический цилиндр)
Занятие 8 Контрольная работа.
41
Содержание
Занятие 1 Линейные пространства. Базис и размерность Под-
пространства и линейные оболочки.....................  3
Занятие 2 Пересечение и сумма подпространств........II
Занятие 3 Линейные операторы. Действия над матрицами Об-
ратная матрица.....................................   14
Занятие 4 Собственные значения и собственные векторы ли-
нейного оператора...................................  23
Занятие 5 Переход к новому базису. Преобразование координат
вектора и матрицы линейного оператора при переходе к новому ба-
зису..................................................29
Занятие 6 Приведение квадратичной формы к каноническому ви-
ду методом ортогональных преобразований...............34
Занятие 7 Приведение к каноническому виду уравнений кривых
и поверхностей второго порядка....-..................37
Занятие 8 Контрольная работа.
42