ПРИМЕРНИ ЗАДАЧИ ЗА КОНТРОЛНА РАБОТА 3 ПО ЛИНЕЙНА АЛГЕБРА специалност Математика и Информатика Вариант 1 Задача 1. ( точки) Дадени са линейно пространство U с базиси e 1, e и e 1 = e 1 +e, e = e 1 + 3e ; линейно пространство V с базиси f 1, f, f 3 и f 1 = f 1 + f + f 3, f = f 1 + f + f 3, f 3 = f 1 + f + f 3 ; 3 3 5 A = 4 4 7 4 4 7
Вариант Задача 1. ( точки) Дадени са линейно пространство U с базиси e 1, e и e 1 = e 1 +e, e = 3e 1 + e ; линейно пространство V с базиси f 1, f, f 3 и f 1 = f 1 + f + f 3, f = f 1 + f, f 3 = f 1 + f + f 3 ; 3 7 3 A = 5 5 Вариант 3 Задача 1. ( точки) Дадени са линейно пространство U с базиси e 1, e и e 1 = 5e 1 +e, e = 4e 1 + e ; линейно пространство V с базиси f 1, f, f 3 и f 1 = f + f 3, f = f 1 f + f 3, f 3 = f 1 + f + f 3 ;
5 A = 5 7 3 3 Вариант 4 Задача 1. ( точки) Дадени са линейно пространство U с базиси e 1, e и e 1 = 3e 1 +e, e = e 1 + e ; линейно пространство V с базиси f 1, f, f 3 и f 1 = f 1 + f + f 3, f = f 1 f, f 3 = f 1 + f + 3f 3 ; 3
3 5 3 A = 4 7 4 4 7 4 Решения на задачите от Вариант 1: Задача 1. ( точки) 1. 0.5 точки за матрицата A ϕ на ϕ спрямо базиса e 1, e на U и базиса f 1, f, f 3 на Пресмятаме ϕ(1.e 1 + 0.e ) = (1 +.0)f 1 + ( 1 + 0)f + (1 + 0)f 3 = f 1 f + f 3 и ϕ(0.e 1 + 1.e ) = (0 +.1)f 1 + ( 0 + 1)f + (0 + 1)f 3 = f 1 + f + f 3. Разполагаме по стълбове координатите на получените два вектора и намираме 1 A ϕ = 1 1. 1 1. 0.5 точки за матрицата на прехода T от базиса e 1, e към базиса e 1, e на U. Разполагаме по стълбове координатите на e 1 = e 1 + e, e = e 1 + 3e спрямо e 1, e и получаваме T = ( 1 1 3 3. 0.5 точки за матрицата на прехода S от базиса f 1, f, f 3 към базиса f 1, f, f 3 на Стълбовете на S са образувани от координатите на f 1, f, f 3 спрямо базиса f 1, f, f 3. 1 1 S == 1 1 1. 1 1 4. 0.5 точки за матрицата на ψ спрямо базиса e 1, e на U и базиса f 1, f, f 3 на За целта пресмятаме ψ(1.e 1 + 0.e ) = (.1 + 0)f 1 + (1 0)f + (1 + 0)f 3 = f 1 + f + f 3, 4 ).
ψ(0.e 1 + 1.e ) = (.0 + 1)f 1 + (0 1)f + (0 + 1)f 3 = f 1 f + f 3 и разполагаме координатите на получените вектори по стълбовете на 1 B ψ 1 1. 1 1 5. 0.5 точки за матрицата A ψ на ψ спрямо базиса e 1, e на U и базиса f 1, f, f 3 на Да напомним, че B ψ = S 1 A ψ T, така че A ψ е решение на матричното уравнение A ψ T = SB ψ. Чрез елементарни преобразования по стълбове получаваме 1 1 0 ( ) T 1 3 = SB ψ 3 4 4 1 0 1 5 11 7. 5 0 15 10 Следователно 6. 0.5 точки за 7. 0.5 точки за A ψ = 5 11 7 15 10 A ϕ+ψ = A ϕ + A ψ = A ϕ+ψ ( 1 1 или (ϕ + ψ)(e 1 + e ) = 6f 1 + 4f + 7f 3. ) =. 6 0 10 6 16 9 6 4 7. 5
Задача. ( точки) (а) 1. 0.5 точки за пресмятане на характеристичните корени Характеристичният полином f A (λ) = det(a λe 3 ) = 3 λ 3 5 4 4 λ 7 4 4 7 λ. След изваждане на втори от трети ред имаме 3 λ 3 5 f A (λ) = 4 4 λ 7 0 λ λ = λ 3 λ 3 5 4 4 λ 7 0 1 1. Прибавяме трети стълб към втори и получаваме 3 λ 5 f A (λ) = λ 4 λ 3 7 = λ[(3 λ)( λ 3) + 8] = λ(λ 1)(λ + 1). 0 0 1 Характеристичните корени на Φ са λ 1 = 1, λ = 0 и λ 3 = 1.. 0.5 точки за собствен вектор w 1 F 3 1, отговарящ на λ 1 = 1. По-точно, w 1 F 3 1 е ненулево решение на хомогенната линейна система (A + E 3 )w 1 = 4 3 5 4 5 7 4 4 6 w 1 = 0 3 1. Например, w1 t = (1,, ). 3. 0.5 точки за собствен вектор w F 3 1, отговарящ на λ = 0. Векторът w е ненулево решение на хомогенната линейна система Aw = 0 3 1. Например w t = (1, 1, 0). 4. 0.5 точки за собствен вектор w 3, отговарящ на λ 3 = 1. Векторът w 3 е ненулево решение на хомогенната линейна система (A E 3 )w 3 = 3 5 4 3 7 4 4 8 Например, w3 t = (1, 1, 1). 5. 0.5 точки за диагоналната матрица 1 0 0 D = 0 0 0. 0 0 1 6 w 3 = 0 3 1.
(б) 6. 0.3 точки за базис на Ker(Φ), който е от вида µw за произволно µ F = F \ {0}. 7. 0.45 точки за базис на образа Im(Φ). Операторът Φ : W W действа в 3-мерното просстранство W и има дефект D(Φ) = dim Ker(Φ) = 1, така че рангът rk(φ) = dim Im(Φ) = 3 1 =. Произволни два непропорционални стълба на A са базис на Im(Φ), т.е. (3, 4, 4) t, ( 5, 7, 7) t. 7