Подготовка к экзамену по линейной алгебре

Определение: Матрицей линейного оператора \(A\) в базисе \(e = (e_1, e_2, ..., e_n)\) называется матрица \(A_e\), столбцы которой являются координатами образов базисных векторов \(A(e_1), A(e_2), ..., A(e_n)\) в этом базисе.

Формула преобразования: Пусть \(S\) - матрица перехода от базиса \(e\) к базису \(f\). Тогда матрица оператора \(A\) в новом базисе \(f\) вычисляется по формуле:

\[ A_f = S^{-1} A_e S \]

Вывод: Если \(x\) - вектор с координатами \(X\) в базисе \(e\) и \(X'\) в базисе \(f\), то \(X = SX'\). Образ вектора \(Ax\) имеет координаты \(A_eX\) в базисе \(e\). В базисе \(f\) эти координаты равны \(S^{-1}A_eX = S^{-1}A_eSX'\). Следовательно, матрица оператора в базисе \(f\) равна \(S^{-1}A_eS\).

Доказательство: Чтобы доказать, что системы векторов образуют базисы, нужно показать, что они линейно независимы и образуют полную систему в \(\mathbb{R}^2\).

Для \(a_1, a_2\): определитель матрицы из этих векторов

\[\det \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix} = (-2)\cdot2 - 1\cdot4 = -4 - 4 = -8 \neq 0\]

Следовательно, векторы линейно независимы и образуют базис.

Для \(b_1, b_2\): определитель матрицы из этих векторов

\[\det \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -4 & -2 \end{pmatrix} = 2\cdot(-2) - 3\cdot(-4) = -4 + 12 = 8 \neq 0\]

Следовательно, векторы также линейно независимы и образуют базис.

Матрица перехода: Матрица перехода \(T\) от базиса \(a\) к базису \(b\) находится из уравнения:

\[ (b_1, b_2) = (a_1, a_2) \cdot T \]

Отсюда \(T = (a_1, a_2)^{-1} \cdot (b_1, b_2)\)

Найдем обратную матрицу для \((a_1, a_2)\):

\[ (a_1, a_2)^{-1} = \frac{1}{-8} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -4 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} \]

Теперь вычислим \(T\):

\[ T = \begin{pmatrix} -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -4 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{4}\cdot2 + \frac{1}{8}\cdot(-4) & -\frac{1}{4}\cdot3 + \frac{1}{8}\cdot(-2) \\ \frac{1}{2}\cdot2 + \frac{1}{4}\cdot(-4) & \frac{1}{2}\cdot3 + \frac{1}{4}\cdot(-2) \end{pmatrix} \]

\[ = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{1}{2} & -\frac{3}{4} - \frac{1}{4} \\ 1 - 1 & \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]

Ответ: матрица перехода от базиса \(a\) к базису \(b\) равна \(\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\)

Запишем матрицу квадратичной формы:

\[ A = \begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \]

Найдем собственные значения матрицы \(A\) из характеристического уравнения \(\det(A - \lambda I) = 0\):

\[ \det \begin{pmatrix} 9-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & -1 \\ 0 & -1 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (9-\lambda)\left[(3-\lambda)^2 - 1\right] = 0 \]

\[ (9-\lambda)[(3-\lambda-1)(3-\lambda+1)] = (9-\lambda)(2-\lambda)(4-\lambda) = 0 \]

Собственные значения: \(\lambda_1 = 9, \lambda_2 = 4, \lambda_3 = 2\)

Канонический вид: \(F = 9x'^2 + 4y'^2 + 2z'^2\)

Найдем собственные векторы для построения ортогонального преобразования:

1. Для \(\lambda_1 = 9\):

\[ (A - 9I)v = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -6 & -1 \\ 0 & -1 & -6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0 \]

Решение: \(x\) - любое, \(-6y - z = 0\), \(-y - 6z = 0\) ⇒ \(y = z = 0\). Нормированный собственный вектор: \(v_1 = (1, 0, 0)\)

2. Для \(\lambda_2 = 4\):

\[ (A - 4I)v = \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0 \]

Решение: \(x = 0\), \(y + z = 0\). Нормированный собственный вектор: \(v_2 = (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})\)

3. Для \(\lambda_3 = 2\):

\[ (A - 2I)v = \begin{pmatrix} 7 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0 \]

Решение: \(x = 0\), \(y - z = 0\). Нормированный собственный вектор: \(v_3 = (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})\)

Ортогональное преобразование:

\[ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix}, \quad \text{где } Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \]

Ответ: канонический вид: \(9x'^2 + 4y'^2 + 2z'^2\), ортогональное преобразование задается матрицей \(Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\)

а) Проверим свойства линейности:

1. Аддитивность: \(A(x+y) = A(x) + A(y)\)

2. Однородность: \(A(\alpha x) = \alpha A(x)\)

Для преобразования \(Ax = (2x_1 + x_2, 3x_2 - x_3, x_1 - 4x_3)\):

Оба условия выполняются, так как все координатные функции линейны.

Найдем матрицу преобразования в каноническом базисе \(e_1 = (1,0,0), e_2 = (0,1,0), e_3 = (0,0,1)\):

\[ A(e_1) = (2\cdot1 + 0, 3\cdot0 - 0, 1 - 4\cdot0) = (2, 0, 1) \]

\[ A(e_2) = (2\cdot0 + 1, 3\cdot1 - 0, 0 - 4\cdot0) = (1, 3, 0) \]

\[ A(e_3) = (2\cdot0 + 0, 3\cdot0 - 1, 0 - 4\cdot1) = (0, -1, -4) \]

Матрица преобразования:

\[ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 1 & 0 & -4 \end{pmatrix} \]

б) Для преобразования \(Ax = (2x_1x_2, x_1 + x_3, x_3)\):

Проверим однородность: \(A(\alpha x) = (2(\alpha x_1)(\alpha x_2), \alpha x_1 + \alpha x_3, \alpha x_3) = (\alpha^2 2x_1x_2, \alpha(x_1 + x_3), \alpha x_3)\)

Сравним с \(\alpha A(x) = \alpha(2x_1x_2, x_1 + x_3, x_3) = (\alpha 2x_1x_2, \alpha(x_1 + x_3), \alpha x_3)\)

Первые координаты не равны: \(\alpha^2 2x_1x_2 \neq \alpha 2x_1x_2\) при \(\alpha \neq 0,1\).

Следовательно, преобразование не является линейным.

Ответ: а) преобразование линейно, его матрица: \(\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & -1 \\ 1 & 0 & -4 \end{pmatrix}\); б) преобразование нелинейно