1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
|
\documentclass[10pt,a5paper]{article}
\usepackage[svgnames, rgb]{xcolor}
\input{intro}
\lhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль 192}
\rhead{\color{gray} \texttt{hw3}}
\title{ИДЗ-3 по линейной алгебре}
\author{Шарафатдинов Камиль БПМИ-192}
\date{билд: \today}
% -- Here bet dragons --
\begin{document}\thispagestyle{empty}
\maketitle
\clearpage
\setcounter{page}{1}
\dmquestion{1}
Проверим, что векторы из условия являются решением системы
\input{figures/fig_one_proof_v0.tex}
\input{figures/fig_one_proof_v0.tex}
Найдем ФСР системы:
\input{figures/fig_one_init_to_triang}
ФСР:
\begin{flalign*}
\lambda_2 = 1 \qquad& (4, 1, 0, 0, 0, 0)\\
\lambda_4 = 1 \qquad& (-1, 0, 1, 1, 0, 0)\\
\lambda_5 = 1 \qquad& (-1, 0, -2, 0, 2, 0)\\
\lambda_6 = 1 \qquad& (1, 0, -2, 0, 0, 1)
\end{flalign*}
Выразим векторы $v_1$ и $v_2$ (из условия) через ФСР (мы так можем, потому что ФСР - базис этого подпространства)
Для этого нужно решить две системы:
\input{figures/fig_one_convert_v1}
\[
u_1 = (1, -3, 3, -1)
\]
\input{figures/fig_one_convert_v2}
\[
u_2 = (2, 3, 1, -2)
\]
Теперь надо дополнить эту систему до базиса $\mathbb{R}^4$:
\input{figures/fig_one_solve_last}
Дополнить до базиса можно векторами $(0, 0, 1, 0)$ и $(0, 0, 0, 1)$
То есть последние два вектора из ФСР - дополнение до базиса подпространства.
\begin{flalign*}
(-1, 0, -2, 0, 2, 0)\\
(1, 0, -2, 0, 0, 1)
\end{flalign*}
\dmquestion{2}
$\Image \varphi$ - линейная оболочка столбцов.
Найдем матрицу, задающую $\Image \varphi$ по алгоритму от Димы:
Найдем ФСР $A^Tx = 0$:
\input{figures/fig_two_fsr_A_T}
ФСР:
\[
(2, -1, 1, 0), \quad \br{ \frac{7}{5}, -\frac{4}{5}, 0, 1 } = (7, -4, 0, 5)
\]
Значит, $\Image \varphi = \left\{ x \ | \ Bx = 0\right\}$, где
\[
B = \begin{bmatrix}
2 & -1 & 1 & 0\\
7 & -4 & 0 & 5
\end{bmatrix}
\]
Тогда $\Image \varphi \cap \ker \varphi = \left\{x | Ax = 0, Bx = 0\right\}$
\input{figures/fig_two_AB_sol}
ФСР такой системы - $(-3, -4, 2, 1)$
Значит, $\Image \varphi \cap \ker \varphi = \langle(-3, -4, 2, 1)\rangle$
$\Image \varphi$ - линейная оболочка столбцов,
а $\ker \varphi$ - линейная оболочка ФСР $Ax = 0$.
Тогда $\Image \varphi + \ker \varphi$ - линейная оболочка всех этих векторов.
Надо только найти в них базис:
\input{figures/fig_two_ker_A}
$
\ker \varphi = \langle (-\frac{3}{2}, -3, 1, 0), (0, 2, 0, 1) \rangle
=
\ker \varphi = \langle (-3, -6, 2, 0), (0, 2, 0, 1) \rangle
$
Теперь надо найти базис из столбцов $A$ и базиса в $\ker \varphi$:
\input{figures/fig_two_imker}
Ненулевые строки - базис (возьмем векторы из левой матрицы).
Поэтому
$
\Image \varphi + \ker \varphi =
\langle
(-2, 14, 18, 14),
(-3, -9, -3, -3),
(-3, -6, 2, 0)
\rangle
$
\dmquestion{4}
Найдем хар. многочлен $\varphi$:
\[
\mathrm{det} (\varphi - \lambda E)
\overset{\texttt{four.py}}=
\lambda^4 - \lambda^3 + \lambda^2 =
\lambda^2(\lambda - 1)^2
\]
$
V^1 = \ker ((\varphi - E)^2)
$, так как у каждого собственного значения степень 2
\input{figures/fig_four_V_1}
ФСР:
\[
v_{11} = (1, 3, 0, 0), \quad v_{12} = (1, 0, 3, 3)
\]
$
V^0 = \ker(\varphi^2)
$
\input{figures/fig_four_V_0}
ФСР:
\[
v_{01} = (-1, -3, 1, 0), \quad v_{02} = (12, 10, 0, 3)
\]
Дополним $v_{11}$ и $v_{12}$ до базиса $\mathbb{R}^4$:
\[
\begin{bmatrix}
1 & 3 & 0 & 0\\
1 & 0 & 3 & 3
\end{bmatrix}
\simeq
\begin{bmatrix}
1 & 3 & 0 & 0\\
0 & -3 & 3 & 3
\end{bmatrix}
\simeq
\begin{bmatrix}
1 & 3 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1 & -1
\end{bmatrix}
\]
Дополним стандартными векторами $e_3$ и $e_4$
Мы хотим, чтобы $\Image \psi = V^0, \quad \ker \psi = V^1$.
Для этого, отправим $v_{11}$ и $v_{12}$ в $0$, а $e_3$ и $e_4$ в $v_{01}$ и $v_{02}$. Тогда у нас будет однозначно определенный оператор, надо будет лишь перейти обратно к стандартному базису. Пусть $\psi'$ - матрица $\psi$ в базисе $(v_{11}, v_{12}, e_3, e_4)$.
\[
\begin{cases}
\psi'v_{11} = 0\\
\psi'v_{12} = 0\\
\psi'e_3 = v_{01}\\
\psi'e_4 = v_{02}\\
\end{cases}
\]
\input{figures/fig_four_sys_orig}
\input{figures/fig_four_psi}
Теперь надо перевести $\psi'$ в стандартный базис:
\[
\begin{cases}
e_1 = v_{12} - 3e_3 - 3e_4\\
e_2 = \frac{1}{3}v_{11} - \frac{1}{3}v_{12} - e_3 - e_4\\
e_3 = e_3\\
e_4 = e_4
\end{cases}
\]
Выпишем разложение в столбцы матрицы перехода:
\[
C = (v_{11}, v_{12}, e_3, e_4) \to e =
\begin{bmatrix}
0 & \frac{1}{3} & 0 & 0\\
1 & -\frac{1}{3} & 0 & 0\\
-3 & -1 & 1 & 0\\
-3 & -1 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\]
и найдем обратную:
\input{figures/fig_four_inverse}
\[
C^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0\\
3 & 0 & 0 & 0\\
6 & 3 & 1 & 0\\
6 & 3 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\]
Тогда
\input{figures/fig_four_inverse_mul}
\end{document}
|
