Задать вопрос Регистрация
Помочь другим

  • Привести квадратичную форму к каноническому виду методом ортогональных преобразований
    [tex] x_{1}^{2} +x_{2}^{2} +x_{3}^{2} +x_{4}^{2} -2x_{1}x_{2}+6x_{1}x_{3}-4x_{1}x_{4}-4x_{2}x_{3}+6x_{2}x_{4}-2x_{3}x_{4} [/tex]
    P.S. Перепроверял несколько раз получаются нулевые собственные векторы. Объясните в чем ошибка

Ответы 3

  • Можете более конкретно объяснить почему мы можем исключить 1 строку когда сумма строк равна нулю. Заранее спасибо.

    • Автор:

      stuart70
    • 5 лет назад
    • 0
  • Когда мы решаем линейную систему, можно совершать эквивалентные преобразования: прибавлять к любой строчке линейную комбинацию других строчек, умножать строку на ненулевое число, менять строки местами, убирать нулевые строки. Если прибавить к четвертой строке 3 других, получится нулевая строка.

    • Автор:

      macey
    • 5 лет назад
    • 0
  • Матрица, соответствующая данной квадратичной форме:A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 1 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 1 \end{pmatrix}Нужно найти собственные числа и собственные вектора этой матрицы. Собственные числа находим из уравнения det(A - λE) = 0:\det (A-\lambda E)=\begin{vmatrix}1-\lambda & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 1-\lambda & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 1-\lambda & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 1-\lambda\end{vmatrix}=\dots Прибавим к первой строке все остальные строки, после вынесения общего множителя обнулим первый столбик во всех строках, кроме первой:\dots=\begin{vmatrix}1-\lambda & 1-\lambda & 1-\lambda & 1-\lambda \\ -1 & 1-\lambda & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 1-\lambda & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 1-\lambda\end{vmatrix}=\\=(1-\lambda)\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1-\lambda & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 1-\lambda & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 1-\lambda\end{vmatrix}=\\=(1-\lambda)\begin{vmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & -1 & 4 \\ 0 & -5 & -2-\lambda & -4 \\ 0 & 5 & 1 & 3-\lambda\end{vmatrix}=\dotsРаскладываем определитель по первому столбцу. Опустим пока множитель (1 - λ), сложим прибавим к третьей строчке вторую, вынесем общий множитель и обнулим третий столбец везде, кроме последней строки:\dfrac{\dots}{(1-\lambda)}=\begin{vmatrix}2-\lambda & -1 & 4 \\ -5 & -2-\lambda & -4 \\ 5 & 1 & 3-\lambda\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}2-\lambda & -1 & 4 \\ -5 & -2-\lambda & -4 \\ 0 & -1-\lambda & -1-\lambda\end{vmatrix}=\\=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda & -1 & 4 \\ -5 & -2-\lambda & -4 \\ 0 & 1 & 1\end{vmatrix}=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda & -5 & 0 \\ -5 & 2-\lambda & 0 \\ 0 & 1 & 1\end{vmatrix}=\dotsРаскладываем определитель по третьему столбцу, после отбрасывания множителей остается определитель матрицы 2x2, который равен (2-\lambda)^2-(-5)^2=(-3-\lambda)(7-\lambda) Итак, \det (A-\lambda E)=(1-\lambda)(-1-\lambda)(-3-\lambda)(7-\lambda)=0\\ \lambda_{1,2,3,4}\in\{\pm 1,-3,7\}Находим собственные векторы:1) с.ч. = 1Сумма всех строк равна 0, выкинем последнюю. Приведем матрицу к красивому виду (насколько сможем):A-E=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 0 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 0 & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 0 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 0 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 0 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 0 & -1 \end{pmatrix}\sim \\\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & -2 & -6 & 8 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -3 \\ 0 & -1 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & 3 & -4 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}Из полученного вида матрицы получаем, что уравнению удовлетворяют все вектора вида (a, a, a, a); с.в. (1, 1, 1, 1)2) c.ч. = -1A+E=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 2 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 2 & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1&0&0&1\\0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} с.в. (1, 1, -1, -1)3) с.ч. = -3A+3E=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & 4 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & 4 & -1 \\ -2 & 3 & -1 & 4 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1&1&0&0\\0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} с.в. (1, -1, -1, 1)4) с.ч. = 7A-7E=\begin{pmatrix} -6 & -1 & 3 & -2 \\ -1 & -6 & -2 & 3 \\ 3 & -2 & -6 & -1 \\ -2 & 3 & -1 & -6 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1&1&0&0\\0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}c.в. (1, -1, 1, -1)Собственные вектора уже ортогональны, но еще не отнормированы. Длина каждого равна 1/2, так что окончательно получаем, что под действием замены\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac12&\frac12&\frac12&\frac12\\\frac12&\frac12&-\frac12&-\frac12\\\frac12&-\frac12&-\frac12&\frac12\\\frac12&-\frac12&\frac12&-\frac12\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\\y_3\\y_4\end{pmatrix}(по столбцам записаны собственные векторы) квадратичная форма примет видy_1^2-y_2^2-3y_3^2+7y_4^2

  • Добавить свой ответ

Еще вопросы

Топ пользователей

Войти через Google

 или

Забыли пароль?

У меня нет аккаунта, я хочу Зарегистрироваться

How much to ban the user?
1 hour 1 day 100 years