Линейная алгебра. Локтионова Г.Н - 36 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ОГУ | Оренбург

Составители: 

Рубрика: 

36
−
=
100
110
111
A и .
010
001
210
B
−=
2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и
умножения матриц вычисляем матрицу
B
A
A
⋅
+
2:
.
210
231
021
010
011
201
200
220
222
010
001
210
100
110
111
100
110
111
2
−=
−
−
+
−
=
=
−⋅
−
+
−
3. Находим столбец координат образа вектора
x
:
()
.
2
23
2
210
231
021
2
32
321
21
3
2
1
+
++−
+
=
⋅
−=⋅+
xx
xxx
xx
x
x
x
xBAA
Ответ:
(){ }
3232121
2,23,22 xxxxxxxxBAA
+
+
+
−
+
=⋅+
Задача 6
Постановка задачи. Вектор
x
в базисе
n
eee ,...,,
21
имеет координаты
{}
n
α
α
α
,...,,
21
. Найти координаты вектора
x
в базисе
n
eee
′
′
′
,...,,
21
, где
....
......................................
,...
,...
2211
22221122
12211111
nnnnnn
nn
nn
ececece
ececece
ececece
+++=
′
+++=
′
+
+
+
=
′
План решения. Координаты вектора при переходе от базиса
n
eee ,...,,
21
к
базису ,...,,
21 n
eee
′′′
преобразуются по формуле
,
1
ee
XCX
−
′
= (2)
где
ee
XX ,
′
- столбцы координат вектора
x
в базисах
nn
eeeee ,...,,e и ,...,,
2121
′′
′
соответственно,
C
- матрица перехода от базиса
n
eee ,...,,
21
к базису .,...,,
21 n
eee
′
′′
                                   1 1 − 1       0 1 2
                                                         
                              A =  0 1 1  и B =  − 1 0 0 .
                                  0 0 1          0 1 0
                                                         

     2. По правилам сложения матриц, умножения матрицы на число и
умножения матриц вычисляем матрицу 2 A + A ⋅ B :

         1    1 − 1  1 1 − 1  0 1                 2
                                                     
        2 0   1 1  + 0 1 1  ⋅ −1 0                0 =
         0    0 1   0 0 1   0 1               0 
         
          2    2 − 2  − 1 0 2  1                2 0
                                                     
        = 0    2 2  +  −1 1 0 =  −1             3 2 .
          0    0 2   0 1 0   0              1 2 
          

        3. Находим столбец координат образа вектора x :

                           1 2 0   x1             x1 + 2 x2     
                                                                
        (2 A + A ⋅ B )x =  − 1 3 2  ⋅  x2  =  − x1 + 3x2 + 2 x3 .
                           0 1 2  x               x2 + 2 x3     
                                     3                          

        Ответ: (2 A + A ⋅ B )x = {x1 + 2 x2 ,− x1 + 3 x2 + 2 x3 , x2 + 2 x3 }

                                         Задача 6
          Постановка задачи. Вектор x в базисе e1 , e2 ,..., en имеет координаты
{α1 , α 2 ,..., α n }. Найти координаты вектора x в базисе e1′ , e2′ ,..., en′ , где
                             e1′ = c11e1 + c21e2 + ... + cn1en ,
                             e2′ = c12 e1 + c22 e2 + ... + cn 2 en ,
                             ......................................
                             en′ = c1n e1 + c2 n e2 + ... + cnn en .

       План решения. Координаты вектора при переходе от базиса e1 , e2 ,..., en к
базису e1′ , e2′ ,..., en′ преобразуются по формуле

                              X e ′ = C −1 X e ,                                          (2)

где X e ′ , X e - столбцы координат вектора x в базисах e1′ , e2′ ,..., en′ и e1 , e2 ,..., en
соответственно, C - матрица перехода от базиса e1 , e2 ,..., en к базису e1′ , e2′ ,..., en′ .

36

Страницы