Геометрия евклидовых линейных пространств. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Геометрия евклидовых линейных пространств.

Тема Линал и алгебра.

04 Геометрия евклидовых линейных пространств.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87917

Найти расстояние между многочленом $t(x) = 35x$ и аффинным подпространством многочленов вида

x3 + 𝒫 (x ) ≤2

где

𝒫 ≤2(x)− линейн ое под пространство всех многочленов степени не &#x04

Считать, что скалярное произведение заданно формулой

∫ 1 < p(x),q(x) >= p(x)q(x)dx −1

Показать ответ и решение

Поскольку расстояние от точки до подпространства равно длине ортогональной составляющей вектора, соединяющего эту точку и любую точку из подпространства, выберем для начала произвольную точку из нашего подпространства.

Пусть это будет многочлен

3 3 Q(x) = x + 5x

Тогда вектор, соединяющий наш исходный многочлен $t$ и многочлен $Q$ - это вектор

−→tQ = (x3 + 3x)− 3x = x3 5 5

И осталось лишь этот вектор, то есть многочлен $x3$ разложить в сумму $ort𝒫≤2(x)(x3) + pr𝒫≤2(x)(x3)$ .

И тогда длина этого самого $3 ort𝒫≤2(x)(x )$ и будет ответом.

Чтобы разложить многочлен $x3$ разложить в сумму $ort (x3)+ pr (x3) 𝒫≤2(x) 𝒫≤2(x)$ , надо выбрать базис в $𝒫 ≤2(x)$ и дополнить его до базиса во всем пространстве $𝒫 ≤3(x )$ многочленом, ортогональным всему выбранному базису в $𝒫 (x ) ≤2$ .

В качестве базиса в $𝒫 (x) ≤2$ можем взять стандартный базис

2 {1,x,x }

Осталось лишь дополнить его до базиса в $𝒫≤3(x)$ таким многочленом, который был бы ортогонален всем трем многочленам из базиса ${1,x,x2}$ подпространства $𝒫≤2 (x )$ .

Таким образом, мы ищем такой многочлен $p(x) = ax3 + bx2 + cx + d$ , который ортогонален 1, то есть

∫ 1 3 2 −1(ax + bx + cx + d)dx = 0

Далее, ортогонален $x$ , то есть

∫ 1 (ax4 + bx3 + cx2 + dx)dx = 0 −1

И, наконец, ортогонален $x2$ , то есть

∫ 1 5 4 3 2 −1(ax + bx + cx + dx )dx = 0

Таким образом, из первого равенства получаем, что

2(b+ 3d ) = 0 3

Из второго равенства получаем, что

2 2 --a+ -c = 0 5 3

И из третьего равенства получаем, что

2 2 --b+ --d = 0 5 3

Возьмем, к примеру,

a = 5,b = 0,c = − 3,d = 0

То есть наш многочлен $p (x )$ получается такой:

3 p(x ) = 5x − 3x

Таким образом, получаем, что

𝒫 ≤3(x) = span { 1◟,x◝,◜x2◞ , 5◟x3◝−◜-3x◞ } базис в 𝒫≤2(x) базис в 𝒫≤2(x)⊥

Осталось лишь разложить наш вектор

−→ 3 tQ = x

по этому базису. Но ясно, что

3 1- 3 3- x = 5 (5x − 3x) + 5x

То есть в выбранном базисе он имеет координаты

(0, 3,0, 1) 5 5

Таким образом,

1 3 ort𝒫≤2(x)(x3) = -(5x3 − 3x) = x3 −--x 5 5

И поэтому

∘ ---- 3 3 3 (∫ 1 3 3 2 )12 8 |ort𝒫≤2(x)(x )| = |x − 5-x| = (x − 5-x) dx) = 175- −1

А это и есть искомое расстояние.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#87907

Найти угол между вектором $x = (4,− 8,0,1)$ и подпространством $W = span {a1,a2}$ , где

a1 = (− 1,1,2,3),a2 = (2,0,1,1)

Показать ответ и решение

Ясно, что векторы $a1,a2$ образуют базис в $W$ , так как они линейно независимы.

Теперь нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $ℝ4$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $⊥ W$ .

Подберем $v 3$ и $v 4$ так, чтобы они были линейно независимы с $a 1$ и $a 2$ и при этом были бы им ортогональны:

v3 = (− 1,− 5,2,0),v4 = (− 1,− 7,0,2)

Следовательно, мы нашли такой базис ${a1,a2,v3,v4}$ всего пространства $ℝ4$ , что ${a1,a2}$ - это базис в $W$ , а ${v3,v4}$ - это базис в $⊥ W$ .

Тогда, если мы сможем разложить $x$ по этому базису

x = αa + βa + γv + Δv 1 2 3 4

то $αa1 + βa2$ будет не чем иным, как $prW x$ , а $γv3 + Δv4$ будет $ortW x$ .

Находим $α, β,γ,Δ$ , решая СЛУ:

(| ||| − α + 2β − γ − Δ = 4 |||{ α − 5γ − 7 Δ = − 8 || 2α + β + 3γ = 0 |||| |( 3α + β + 2Δ = 1

Получаем, что

α = − 1,β = 2,γ = 0,Δ = 1

Таким образом,

prW x = αa1 + βa2 = − (− 1,1,2,3 )+ 2(2,0,1,1) = (5,− 1,0,− 1)

А теперь вспоминаем формулу, что

< x,pr x > 27 √3-- ∠(x,W ) = ∠(x,prW x) = arccos------W-----= arccos ---√---= arccos--- |x||prW x| 9⋅3 3 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#87906

Пусть вектор $x = (2,− 5,4 − 3)$ . Пусть $W = span {a1,a2}$ , где

a1 = (1,2,1,0),a2 = (2,1,4,− 5)

Найти $prW x$ и $ortW x$ .

Показать ответ и решение

Для того, чтобы это сделать, необходимо базис в $W$ (а заметим, что $a1$ и $a2$ линейно независимы, поэтому они образуют базис в $W$ ) дополнить до базиса всего пространства $4 ℝ$ двумя векторами $v3,v4$ так, чтобы ${v3,v4}$ был базисом в $W ⊥$ .

То есть базис $W$

a1 = (1,2,1,0),a2 = (2,1,4,− 5)

нужно дополнить какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ да причем так, чтобы $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ .

Сделать это можно двумя способами. Один из них - это дополнить базис $W$ просто какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ , а затем к набору векторов ${a1,a2,v3,v4}$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта.

Тогда мы получим то что нужно и последние 2 вектора этого набора после процесса Г.- Ш. и будут давать базис в $W ⊥$ .

Но если мы пойдем этим путем, то немного перевыполним задачу, поскольку после процесса Г.- Ш. у нас будет набор попарно ортогональных векторов. В то время как требовалось лишь то, чтобы $v$ -шки были ортогональны $a$ -шкам. А это более слабое условие.

Поэтому можно найти $v3,v4$ сразу, и применять процесс Грама-Шмидта уже не нужно будет. Нужно лишь, чтобы выполнялись условия $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ . А также условие того, чтобы в итоге все векторы $a1,a2,v3,v4$ были линейно независимы.

Условие ортогональности $v3 ⊥ a1,v3 ⊥ a2,v4 ⊥ a1,v4 ⊥ a2$ можно записать в виде системы линейных уравнений, обозначив координаты $v3 = (v3,1,v3,2,v3,3,v3,4)$ , $v4 = (v4,1,v4,2,v4,3,v4,4)$ .

Тогда получаем систему

( ||| v + 2v + v = 0 ||| 3,1 3,2 3,3 |{ 2v3,1 + v3,2 + 4v3,3 − 5v3,4 = 0 | ||| v4,1 + 2v4,2 + v4,3 = 0 |||( 2v4,1 + v4,2 + 4v4,3 − 5v4,4 = 0

Эта система, разумеется, имеет бесконечно много решений. Нам достаточно выбрать лишь такое, при котором $v3,v4$ будут линейно независимы (то, что они независимы с $a1,a2$ получается автоматически из условия ортогональности.)

Подойдет, например, такое решение

v3 = (− 7,2,3,0),v4 = (10,− 5,0,3)

Таким образом,

W ⊥ = span {v3,v4}

Осталось лишь разложить вектор $x$ по базису всего пространства $4 ℝ$ $a1,a2,v3,v4$ . Тогда, если мы разложим $x$ по этому базису, то есть представим его в виде

x = αa1 + βa2 + γv3 + Δv4

То, разумеется, мы получим, что

x = α◟a1-+◝◜βa2◞+ γ◟v3-+◝◜Δv4◞ ∈W ∈W⊥

И, поэтому, $αa1 + βa2 = prW x$ , а $γv3 + Δv4 = ortW x$ .

Коэффициенты разложения по базису ищем, решая систему линейных уравнений

( |||| α + 2β − 7γ + 10Δ = 2 |||{ 2α + β + 2γ − 5Δ = − 5 || α + 4β + 3γ = 4 |||| |( − 5β + 3Δ = − 3

Получаем $α = − 2,β = 1,γ = 23,Δ = 23$ .

Поэтому

prW x = αa1 + βa2 = − 2(1,2,1,0)+ (2,1,4,− 5) = (0,− 3,2,− 5)

Теперь легко посчитать и $ortW x$ . Причем сделать это можно двумя способами. С одной стороны, конечно, $ortW x = γv3 + Δv4$ . Но, естественно, не может быть иначе, что

ortW x = x− prWx = (2,− 5,4− 3) − (0,− 3,2,− 5) = (2,− 2,2,2)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#87904

Найти базис в $W ⊥$ , если $W = span {a1,a2,a3}$ , где

a1 = (1,2,0,− 1),a2 = (0,− 1,1,3),a3 = (3,4,2,3)

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что $rk{a1,a2,a3} = dim span{a1,a2,a3} = 2$ (это можно заметить, записав по строкам координаты данных нам векторов в матрицу и приведя её к ступенчатому виду).

Таким образом, размерность подпространства $W$ равна 2, следовательно, размерность $W ⊥$ тоже будет равна 2.

В качестве базиса в $W$ можно выбрать любые 2 неколлинеарных вектора, возьмем, скажем, $a ,a 1 2$ .

Тогда базис $W$

a1 = (1,2,0,− 1),a2 = (0,− 1,1,3 )

нужно дополнить какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ да причем так, чтобы $v ⊥ a i j$ при $i = 1,2,j = 3,4$ .

Сделать это можно двумя способами. Один из них - это дополнить базис $W$ просто какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ , а затем к набору векторов ${a1,a2,v3,v4}$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта.

Тогда мы получим то что нужно и последние 2 вектора этого набора после процесса Г.- Ш. и будут давать базис в $⊥ W$ .

Но если мы пойдем этим путем, то немного перевыполним задачу, поскольку после процесса Г.- Ш. у нас будет набор попарно ортогональных векторов. В то время как требовалось лишь то, чтобы $v$ -шки были ортогональны $a$ -шкам. А это более слабое условие.

Поэтому можно найти $v3,v4$ сразу, и применять процесс Грама-Шмидта уже не нужно будет. Нужно лишь, чтобы выполнялись условия $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ . А также условие того, чтобы в итоге все векторы $a1,a2,v3,v4$ были линейно независимы.

Условие ортогональности $v3 ⊥ a1,v3 ⊥ a2,v4 ⊥ a1,v4 ⊥ a2$ можно записать в виде системы линейных уравнений, обозначив координаты $v3 = (v3,1,v3,2,v3,3,v3,4)$ , $v4 = (v4,1,v4,2,v4,3,v4,4)$ .

Тогда получаем систему

( ||| v3,1 + 2v3,2 − v3,4 = 0 |||| { − v3,2 + v3,3 + 3v3,4 = 0 | |||| v4,1 + 2v4,2 − v4,4 = 0 ||( − v4,2 + v4,3 + 3v4,4 = 0

v3 = (2,− 1,− 1,0),v4 = (− 1,0,3,− 1)

Таким образом,

W ⊥ = span {v3,v4}

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#81247

Может ли матрица

( ) |1 2 1| |(2 1 1|) 1 1 2

быть матрицей Грама некоторой линейно независимой системы векторов?

Показать ответ и решение

Поскольку определитель матрицы Грама $G (a1,a2,a3)$ равен квадрату объема параллелепипеда, натянутого на векторы $a1,a2,a3$ , а в то же время определитель нашей матрицы равен $− 4$ , то это невозможно. Ведь квадрат объема не может быть равен $− 4$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#81246

Доказать, что если к системе векторов $v1,...,vk$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта и на выходе получить систему векторов $w1, ...,wk$ , то всегда будет

detG (v ,...,v ) = detG (w ,...,w ) 1 k 1 k

(То есть определитель матрицы Грама не меняется при процессе ортогонализации Грама-Шмидта.)

Показать ответ и решение

Очевидно, что после первого шага в процессе Грама-Шмидта определитель матрицы Грама не меняется, потому что первый вектор новой системы просто равен первому вектору старой системы, $w1 = v1$ . То есть

det G(v1,v2,...,vk) = detG (w1,v2,...,vk)

Почему же этот определитель не меняется и, например, после второго шага? Вспомним формулу:

-<-w1,v2->- w2 = v2 − < w1,w1 > w1

Но тогда сделаем с матрицей

( ) < w1,w1 > < w1,v2 > ... < w1, vk > || < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > || G (w1,v2,v3...,vk) = || 2 1 2 2 2 k || |( ... |) < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > k 1 k 2 k k

следующие элементарные преобразования:

1. Ко второй строке прибавим первую, умноженную на $<w1,v2>- − <w1,w1>$ , получим матрицу:

( ) < w1, w1 > < w1,v2 > ... < w1, vk > || <w1,v2>- <w1,v2> || || 0 < v2,v2 > − <w1,w1> < w1,v2 > ... < v2,vk > − <w1,w1> < w1,vk > || |( ... |) < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > k 1 k 2 k k

2. Ко второму столбцу прибавим первый, умноженный на $− <w1,v2>- <w1,w1>$ , получим матрицу:

( ) | < w1,w1 > 0 ... < w1,vk > | | 0 < v ,v > − <w1,v2>-< w ,v > ... < v ,v > − <w1,v2>-< w ,v > | || 2 2 <w1,w1> 1 2 2 k <w1,w1> 1 k || |( ... |) < vk,w1 > < vk,v2 > −-<w1,v2> < vk,w1 > ... < vk,vk > <w1,w1>

И это в точности матрица Грама от системы векторов ${w1, v2 −-<w1,v2>w1, v3,...,vk} <w1,w1>$ , то есть

< w ,v > G(w1,v2 − ----1--2--w1, v3,...,vk) < w1, w1 >

то есть это по сути

G(w1,w2, ...,vk)

А поскольку определитель при элементарных преобразованиях третьего типа не меняется, то

det(G (w ,v ,...,v )) = det(G(w ,w ,...,v )) 1 2 k 1 2 k

Таким образом, при втором шаге в процессе Грама-Шмидта определитель матрицы Грама тоже не меняется.

Продолжая в том же духе, можно показать, что и на любом шаге он не будет меняться - при каждом следующем шаге новая матрица Грама от старой отличается только набором элементарных преобразований третьего типа.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#81245

В пространстве $𝒫≤2$ всех многочленов степени не выше чем 2 найти матрицу Грама системы векторов

1,x,x2

если скалярное произведение задано формулой:

a) $∫ 1 < p,q >= −1 p(x)q(x )dx$ ;
b) $< p,q >= p(− 1)q(− 1)+ p(0)q(0)+ p (1)q(1)$

Показать ответ и решение

a) Для того, чтобы выписать матрицу Грама, надо посчитать всевозможные попарные скалярные произведения:

∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 < 1,1 >= 1dx = 2,< 1,x >= xdx = 0,< 1,x2 >= x2dx = 2- −1 −1 −1 3

∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 < x,x >= x2dx = 2-,< x,x2 >= x3dx = 0,< x2,x2 >= x4dx = 2- −1 3 −1 −1 5

Таким образом, с таким скалярным произведением матрица Грама системы векторов $1,x,x2$ будет равна

( ) 2 0 2 || 2 3|| G = ( 0 3 0) 23 0 25

b) Для того, чтобы выписать матрицу Грама, надо посчитать всевозможные попарные скалярные произведения:

2 < 1,1 >= 3,< 1,x >= 0,< 1,x >= 2

2 2 2 < x,x >= 2,< x,x >= 0,< x ,x >= 2

Таким образом, с таким скалярным произведением матрица Грама системы векторов $1,x,x2$ будет равна

( ) | 3 0 2| G = | 0 2 0| ( ) 2 0 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#81244

Найти объем трехмерного параллелепипеда, натянутого на векторы

a1 = (1,0,1,0),a2 = (1,2,0,− 1),a3 = (− 3,2,4,− 1)

Показать ответ и решение

По свойству матрицы Грама, квадрат объема параллелепипеда равен определителю матрицы Грама из векторов $a1,a2,a3$ .

Для того, чтобы вычислить матрицу Грама, найдем всевозможные скалярные произведения:

< a1,a1 >= 2,< a1,a2 >= 1,< a1,a3 >= 1,< a2,a2 >= 6,< a2,a3 >= 2,< a3,a3 >= 30

Следовательно,

( ) 2 1 1 2 | | V = detG(a1,a2,a3) = det|( 1 6 2 |) = 320 1 2 30

То есть искомый объем равен $√---- 320$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#81243

В пространстве $𝒫≤2$ всех многочленов степени не выше чем 2 дополнить многочлен $x2$ до ортогонального базиса всего пространства.

Считать, что скалярное произведение на $𝒫≤2$ задано формулой

∫ 1 < p,q >= p(x)q(x)dx 0

Показать ответ и решение

Можно, конечно, сразу дополнить $x2$ до ортонормированного базиса, взяв в качестве двух дополняющих его многочленов некоторые многочлены

p (x) = a x2 + b x + c 1 1 1 1

2 p2(x) = a2x + b2x + c2

с неопределенными коэффициентами, и записать явно условия того, что они все три попарно ортогональны относительно данного нам скалярного произведения.

Но мы поступим не так. Покажем, что задачу дополнения некоторой линейно независимой системы векторов до базиса можно решать и через процесс Грама-Шмидта (это еще одно полезное его применение.)

Дополним многочлен $x2$ до какого-нибудь базиса в нашем пространстве $𝒫≤2$ . Например, можно дополнить его многочленами $x$ и $1$ . Ясно, что

x2,x,1

- это базис пространства $𝒫≤2$ . А теперь просто применяем к набору векторов

x2,x,1

процесс Грама-Шмидта.

Первый вектор остается неизменным, то есть первый вектор в новом ортогонализованном базисе и остается $x2$ .

Второй вектор вычисляем по формуле

∫ < x2,x > 2 01x2 ⋅xdx 2 p2 = − <-x2,x2->x + x = − ∫1--2--2---x + x = 0 x ⋅x dx

x4 1 1 = − -45 |0x2 + x = − 4x2 + x = − 5x2 + x x5 |10 15 4

(при вычислении интегралов мы, естественно, пользовались формулой Ньютона-Лейбница)

Далее, вычисляем $p3$ , то есть последний многочлен нашего ортогонального базиса:

-<-x2,1->- 2 ----<-−-54x2 +-x,-1 >--- 5- 2 p3 = − < x2,x2 > x − < − 5x2 + x,− 5x2 + x > (−4 x + x )+ 1 = 4 4

∫ ∫ 10 x2dx 2 01(− 54x2 + x)dx 5 2 = − ∫1-4---x − ∫1---5-2----2---(−4-x + x )+ 1 = 0 x dx 0 (− 4x + x )dx

(все интегралы здесь также легко вычисляются по формуле Ньютона-Лейбница)

5 5 10 = −--x2 − 4(−-x2 + x)+ 1 = --x2 − 4x+ 1 3 4 3

Значит, набор многочленов

2 5-2 10- 2 x ,− 4x + x, 3 x − 4x + 1

будет образовывать ортогональный базис в пространстве $𝒫 ≤2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79780

Доказать, что в параллелограмме, натянутом на векторы $x$ и $y$ евклидова пространства $V$ , сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин сторон.

Показать ответ и решение

Раз $V$ - евклидово, то в $V$ введено некоторое скалярное произведение $<, >$ .

Если параллелограмм натянут на векторы $x,y$ , то его диагонали равны, соответственно, $x + y$ и $x − y$ . И нам нужно сейчас доказать, что

|x + y|2 + |x− y|2 = 2|x|2 + 2|y |2

Докажем это. Левая часть, по определению длины в евклидовом пространстве равна:

< x+y, x+y > + < x− y,x− y >= < x,x > + < y,y > +2 < x,y > + < x,x > + < y, y > − 2 < x,y >=

= 2 < x,x > +2 < y,y >= 2|x|2 = 2|y|2 = пра вой ч асти

И мы все доказали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#79779

Проверить, что следующая функция является скалярным произведением на пространстве всех матриц $Matn ×n(ℝ )$ :

< A, B > о=пр.tr(AtB )

Показать ответ и решение

Проверить, что следующая функция является скалярным произведением на пространстве всех матриц $Matn ×n(ℝ )$ :

< A, B > о=пр.tr(AtB )

Решение.

Для этого надо проверить, что функция $опр. t < A,B > = tr(A B )$ - билинейная, симметрична и положительно определена.

1. Билинейность.

< A1 + A2, B >= tr((A1 + A2 )tB ) = tr((At + At)B ) = tr(AtB + At B) = tr(At B )+ tr(At B ) = 1 2 1 2 1 2

= < A1,B > + < A2, B >

(мы в процессе воспользовались двумя очевидными свойствами: во-первых, траспонирование суммы матриц это то же самое, что и сумма транспонированных матриц и, во-вторых, что след суммы равен сумме следов.).

t t t < λA, B >= tr((λA ) B) = tr(λA B ) = λtr(A B ) = λ < A, B >

(мы в процессе воспользовались таким очевидным свойством следа, которое гласит, что при умножении матрицы на $λ$ , её след тоже умножается на $λ$ .).

Мы проверили линейность по первому аргументу. Линейность по второму проверяется аналогично.

2. Симметричность.

t t t t t t t < B, A >= tr(B A) = tr((B A )) = tr(A (B )) = tr(A B) =< A, B >

(мы в процессе воспользовались очевидными свойством следа: след не меняется при транспонировании.) Симметричность проверена.

3. Положительная определенность.

t 2 2 2 < A,A >= tr(A A) = a◟1 +-a-2 +◝◜...+-an◞ ≥ 0 ∀a1,...,an ∈ ℝ где ai− диагональные элементы матрицы A

И более того, ясно, что

< A,A >= a21 + a22 + ...+ a2n = 0 ⇔ все ai = 0

И мы все доказали.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#79778

Зададим на $ℝ2$ функцию от двух векторных переменных

f(v,u) : ℝ2 × ℝ2 → ℝ

по следующему правилу

( ) ( ) ( ) f(v ,v ) = v v 1 0 u1 1 2 1 2 0 4 u2

Задача. Доказать, что $f$ определяет некоторое скалярное произведение на $2 ℝ$ . Найти относительно этого скалярного произведения произведение векторов $v = (1,− 1)$ и $u = (4,1)$ .

Показать ответ и решение

Для этого надо проверить, что функция $f$ - билинейная, симметрична и положительно определена.

Пусть $2 x,y,z ∈ ℝ$ и их координаты: $x = (x1,x2)$ , $y = (y1,y2)$ , $z = (z1,z2)$ .

1. Билинейность.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 z1 ( ) ( ) 1 0 z1 f(x+ y,z) = x1 + y1 x2 + y2 0 4 z2 = ( x1 x2 + y1 y2 ) 0 4 z2 =

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) тупо раскры=ваем скобки x x 1 0 z1 + y y 1 0 z1 1 2 0 4 z2 1 2 0 4 z2

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) f(λx,z) = λx λx 1 0 z1 = λ x x 1 0 z1 = λf(x,y) 1 2 0 4 z2 1 2 0 4 z2

Линейность по первому аргументу доказана. Линейность по второму аргументу проверяется, естественно, аналогично.

2. Симметричность.

( ) ( ) ( ) ( )( ) f(y,x) = y y 1 0 x1 = y 4y x1 = y1x1 + 4y2x2 1 2 0 4 x2 1 2 x2

А с другой стороны

( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 y1 ( ) y1 f (x, y) = x1 x2 = x1 x2 = x1y1 + x24y2 0 4 y2 4y2

Симметричность доказана.

3. Положительная определенность.

( ) ( ) ( ) f(x,x) = x x 1 0 x1 = x2 + 4x2 ≥ 0 ∀(x ,x ) ∈ ℝ2 1 2 0 4 x2 1 2 1 2

Более того, очевидно, что

f (x,x) = 0 ⇔ x = 0, т.е. x1 = x2 = 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#54996

Найти расстояние между точкой $P (5,− 1,4,− 3)$ и двумерной плоскостью в $ℝ4$ , заданной системой неоднородных линейных уравнений

( { x+ y + z = 4, ( 3x− 3y + z − t = 4,

Показать ответ и решение

Найдем сначала базис в линейном подпространстве, которое задает наше аффинное подпространство.

Ясно, что это линейное подпространство - это общее решение однородной системы линейных уравнений

({ x+ y + z = 0, ( 3x− 3y + z − t = 0,

Поскольку любое решение неоднородной - это частное решение неоднородной + общее решение однородной, то и у нас любая точка нашей двумерной плоскости - это $v + w$ , где $v$ - частное решение неоднородной, а $w$ - любой вектор из $W$ , где $W$ - пространство решений ОСЛУ

( { x+ y + z = 0, ( 3x− 3y + z − t = 0,

При помощи стандартного алгоритма получаем, что базис пространства решений, то есть базис нашего подпространства - это:

2 1 1 1 v1 = (− -,− -,1,0),v2 = (-,− -,0,1) 3 3 6 6

Теперь вспомним, что расстояние между $P$ и нашей плоскостью равно $−−→ |ortW P Q|$ , где $Q$ - любая точка, удовлетворяющая неоднородной системе, то есть лежащая в плоскости. Возьмём точку $Q$ , допустим, такую $Q = (2,1,1,0)$ (от этого ничего не зависит, лишь бы она лежала в плоскости).

Таким образом, нам нужно найти координаты ортогональной составляющей $−−→ P Q$ относительно подпространства $W$ , у которого мы только что нашли базис.

Для этого нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $4 ℝ$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $W ⊥$ .

Подберем $v3$ и $v4$ так, чтобы они были линейно независимы с $v1$ и $v2$ и при этом были бы им ортогональны:

v3 = (1,0, 2,− 1),v4 = (0,1, 1, 1-) 3 6 3 6

Тогда любой вектор из $ℝ4$ в частности наш $−−→ P Q = (− 3,2,− 3,3)$ можно однозначно представить в виде

−P−→Q = w1 + w2

где $w1 = prW −P−→Q ∈ W$ , $w2 = ortW −−P→Q ∈ W ⊥$ .

Для того чтобы записать такое представление, нам нужно просто разложить $−−→ P Q$ по базису $v ,v ,v ,v 1 2 3 4$ .

То есть, надо понять, как $−−P→Q$ представить в виде

−−→ P Q = αv1 + βv2 + γv3 + Δv4

Но это есть в точности задача о решении системы линейных уравнений

( ) ( ) ( ) − 23 16 1 0 α − 3 || − 1 − 1 0 1|| || β|| || 2 || || 3 6 || || || = || || |( 1 0 23 13|) |( γ|) |(− 3|) 0 1 − 1 1 Δ 3 6 6

Решая её, находим

α = − 1,β = 2γ = − 4,Δ = 2

Тогда $−−→ w2 = ortW PQ = γv3 + Δv4 = − 4v3 + 2v4 = (− 4,2,− 2,1)$ .

Следовательно, искомое расстояние равно

−−→ |ortW PQ | = |(− 4,2,− 2,1)| = 5

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#54995

Пусть $(𝔘, V)$ - аффинное пространство, точка $P ∈ 𝔘$ . Пусть также $(𝔅, W )$ - аффинное подпространство. Доказать, что длина $|ortW P Q|$ не зависит от точки $Q ∈ 𝔅$ . То есть, для любой $Q ∈ 𝔅$ длина $|ortW P Q|$ получается одна и та же.

Показать ответ и решение

Пусть $Q′$ - другая точка из $𝔅$ .

Тогда, с одной стороны,

P Q = prW P Q + ortWP Q

P Q ′ = prW PQ ′ + ortW PQ ′

Но с другой стороны, ясно, что $P Q′ = PQ + QQ ′$ , где $QQ ′ ∈ W$ , поскольку точки $Q$ и $Q ′$ обе были из подпространства $(𝔅, W )$ .

Но тогда имеем:

′ ′ ′ ′ P Q = QQ + P Q = prW P Q + ortW P Q

Но помним, что $P Q = prW P Q + ortW PQ$ и имеем:

′ ′ ′ ′ P Q = Q◟Q--+-p◝r◜W-P-Q◞ + o◟rtW◝P◜-Q◞= p◟rW◝P◜-Q◞+ o◟rtW◝◜PQ-◞ ∈W ∈W ⊥ ∈W ∈W ⊥

Следовательно, в силу единственности разложения, имеем:

QQ ′ + prW P Q = prW P Q′

ortW P Q = ortW PQ ′

Именно последнее равенство нам и требовалось доказать (раз эти вектора равны, то и длины их подавно равны).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#54994

Найти угол между вектором $x = (− 1,5,3,5 )$ и подпространством в $ℝ4$ , являющимся множеством решений ОСЛУ

( { − 2x+ 4y − 2z = 0, ( − 10x + 5y + 8z + 3t = 0,

Показать ответ и решение

Давайте сначала найдем базис в пространстве решений, то есть ФСР нашей однородной системы линейных уравнений

( { − 2x+ 4y − 2z = 0, ( − 10x + 5y + 8z + 3t = 0,

7 6 2 1 v1 = (-,--,1,0),v2 = (-, -,0,1) 5 5 5 5

Теперь вспомним, что угол между $x$ и нашим подпространством $W$ равен $∠(x,prW x)$ .

Таким образом, нам нужно найти координаты проекции $x$ в подпространство $W$ , у которого мы только что нашли базис.

Для этого нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $4 ℝ$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $W ⊥$ .

Подберем $v3$ и $v4$ так, чтобы они были линейно независимы с $v1$ и $v2$ и при этом были бы им ортогональны:

7- 2- 6- 1- v3 = (1,0,− 5 ,− 5 ),v4 = (0,1,− 5,− 5)

Тогда любой вектор из $V$ в частности наш $x = (− 1,5,3,5)$ можно однозначно представить в виде

x = w1 + w2

где $w1 = prW x ∈ W$ , $⊥ w2 = ortW x ∈ W$ .

Для того чтобы записать такое представление, нам нужно просто разложить $x$ по базису $v1,v2,v3,v4$ .

То есть, надо понять, как $x$ представить в виде

x = αv1 + βv2 + γv3 + Δv4

Но это есть в точности задача о решении системы линейных уравнений

( ) ( ) ( ) 7 2 1 0 α − 1 || 56 51 || || || || || || 5 5 0 1|| || β|| = || 5 || | 1 0 − 75 − 65| | γ| | 3 | ( 2 1) ( ) ( ) 0 1 − 5 −5 Δ 5

Решая её, находим

α = 1,β = 4γ = − 4,Δ = 3

Тогда $w1 = prW x = αv1 + βv2 = v1 + 4v2 = (3,2,1,4)$ .

Следовательно,

√ -- ∠ (x, prWx ) = arccos <-x,prW-x > = arccos-2 = π- |x ||prW x| 2 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#54993

Доказать, что для любого подпространства $W$ евклидова пространства $V$ выполнено

(W ⊥ )⊥ = W

Показать ответ и решение

По определению,

W ⊥ = {v ∈ V| ∀w ∈ W < v,w >= 0}

Тогда, по определению

(W ⊥)⊥ = {v ∈ V| ∀w ∈ W ⊥ < v,w >= 0}

Но множество тех $v ∈ V$ , которые ортогональны любому вектору из $W ⊥$ - это в точности подпространство $W$ .

Но это и значит, что $(W ⊥)⊥ = W$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#54992

Доказать, что для любого подпространства $W$ евклидова пространства $V$ его ортогональное дополнение $⊥ W$ действительно является линейным подпространством.

Показать ответ и решение

Действительно, проверим, что сумма векторов и умножение вектора на скаляр на выводят на пределы $⊥ W$ :

1. Сумма. Возьмём $⊥ w1 ∈ W$ , $⊥ w2 ∈ W$ . То есть, для любого $w ∈ W$ выполнено $< w1,w >= 0$ и $< w2,w >= 0$ (по определению того, что такое $W ⊥$ ).

Но тогда для любого $w ∈ W$ будет

< w1 + w2,w >= < w1,w > + < w2,w >= 0 + 0 = 0

Следовательно, $w1 + w2 ∈ W ⊥$ .

2. Умножение на произвольный $λ ∈ ℝ$ . Возьмём $wˆ∈ W ⊥$ . То есть, для любого $w ∈ W$ выполнено $< ˆw,w >= 0$

Но тогда для любого $w ∈ W$ и для любого $λ ∈ ℝ$ будет

< λwˆ, w >= λ < ˆw,w >= λ ⋅0 = 0

Следовательно, $⊥ λwˆ∈ W$ .

(Здесь мы всюду пользовались линейностью скалярного произведения).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#54991

Разложить матрицу $( ) | 1 3 1| A = | 2 2 1| ( ) 3 1 3$ в произведение $A = QR$ , где $Q$ - ортогональная матрица, а $R$ - верхнетреугольная с положительными числами на диагонали.

Показать ответ и решение

Как нам гласит теорема о существовании $QR$ -разложения, это разложение может быть получено в виде

A = B′DC − 1, где Q = B ′,R = DC −1

где в свою очередь $C$ - матрица перехода, которая получается, если ортогонализовать столбцы матрицы $A$ при помощи процесса Грамма-Шмидта, $B ′$ - это матрица перехода, которая получается, если мы из ортогональной системы полученной на первом шаге делаем ортонормированную (т.е. все вектора делим на их длину), $D$ - диагональная матрица, на диагонали которой стоят длины векторов системы, полученной на первом шаге, после ортогонализации столбцов матрицы $A$ .

Итак:
1 шаг. Ортогонализовать столбцы матрицы $A$ . Если их преобразовать при помощи процесса Грамма-Шмидта, то получится такая система векторов:

2 4 8 1 2 1 b1 = (1,2,3),b2 = (27-,7,− 7),b3 = (3,− 3,3)

А матрица перехода $C$ будет такой: $( ) 1 − 57 − 1112 || 1- || C = ( 0 1 12 ) 0 0 1$ . Тогда, находим $− 1 C$ :

( 5 6 ) | 1 7 7 | C −1 = |( 0 1 − 112|) 0 0 1

2 шаг. Матрица $D$ - это просто матрица, у которой по диагонали стоят длины векторов после применения процесса Грамма-Шмидта. То есть,

(√ --- ) 14 0 0 || ∘ -3 || D = |( 0 4 7 ∘0-|) 0 0 2 3

3 шаг. Матрица $B ′$ - это матрица, по столбцам которой стоят вектора после применения система Грамма-Шмидта и после того, как мы их отнормировали, то есть поделили на их длину. То есть,

( √1- -∘4-- -∘1-) | 14 7 37 3 23| || -2- --1- -−2-|| B ′ = || √14 7∘ 3- 3∘ 2|| ( -3- -−27 --13) √14 7∘ 3- 3∘ 2- 7 3

4 шаг. Далее, как мы и говорили,

( √--- ) ( ) (√ --- ∘ -- ∘ -) 14 0 0 1 5 6 14 5 27 6 27 ′ −1 || ∘ 3- || | 7 71 | || ∘ 3- 1 || Q = B , R = DC = |( 0 4 7 ∘0-|) |( 0 1 − 12|) = |( 0 4 7 −∘√21|) 0 0 2 0 0 1 2 3 0 0 3

И мы получили искомое разложение $A = QR$ , где $Q$ - ортогональная матрица, а $R$ - верхнетреугольная с положительными числами на диагонали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#50409

Будет ли ортогональна матрица

( ) | 4 − 6 5| C = |( 2 1 6|) 1 − 1 0

Показать ответ и решение

Нет, не будет, потому что если мы перемножим скалярно первый её столбец на второй, то получится $− 24+ 2 − 1 = − 23 ⁄= 0$ . А произведение $i−$ го столбца на $j−$ ый столбец ортогональной матрицы равно $0$ , если $i ⁄= j$ , и 1, если $i = j$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#50408

Доказать, что если $C1,C2$ - это две ортогональные матрицы, то их произведение $C1 ⋅C2$ тоже будет ортогональной матрицей.

Показать ответ и решение

Действительно, по определению, ортогональная матрица - это матрица перехода от одного ортогонального базиса к другому. Или, как мы доказали, это эквивалентно тому, что если эту матрицу умножить на себя же транспонированную, то получится единичная.

То есть, по сути нам дано $Ct1 ⋅C1 = E$ , $Ct2 ⋅C2 = E$ . Что же будет с матрицей $C = C1 ⋅C2$ ? Давайте проверим, будет ли выполнено, что $Ct ⋅C = E$ ?

Ct ⋅C = (C1 ⋅C2 )t ⋅C1 ⋅C2 = Ct ⋅Ct⋅C1 ⋅C2 = Ct⋅E ⋅C2 = Ct ⋅C2 = E 2 1 2 2

Получилось! Следовательно, $C = C1 ⋅C2$ - ортогональна.

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел