|
1) Матрицу в новом базисе я нашел по формуле $%A'=T^*AT$% 2) Вопрос по 2 пункту. У меня получилось, что $%\lambda_1=3, \lambda_2=3, \lambda_3=9$%, Канонический вид будет следующим: $%Q'(x)=3x_1'+3x_2'+9x_3'$% далее нашел собственные векторы. При $%\lambda=3$% получил $%Y_1 = \begin{bmatrix}-1\\1 \\0 \end{bmatrix} $% $%Y_2 = \begin{bmatrix}1\\0 \\1 \end{bmatrix} $%, а при $%\lambda=9$% $%Y_3 = \begin{bmatrix}1\\1 \\-1 \end{bmatrix} $% Как найти матрицу перехода? Я понимаю, что его столбцы состоят из координат собственных векторов. И при этом каждый собственный вектор мы умножаем на число обратное его длине. Верно ли я все нашел? задан 23 Ноя '14 23:50 
Darksider |
|
Векторы вычислены правильно, но задача решена неверно. Нужно еще, чтобы векторы, которые соответствуют одному собственному значению, были ортогональны. Их надо ортогонализировать. Для этого вектор $%y_2$% надо заменнить на линейную комбинацию $%y_2+ \alpha \cdot y_1$% . Коэффициент $%\alpha$% таков, что полученный вектор ортогонален $%y_1$% (скалярное произведение равно нулю). Тогда их пронормируйте, как вы написали, поделив координаты первого вектора на $%\sqrt 2$% и т.д. Матрица $%T$% составляется из пронормированных векторов, записанных в столбики. Получите $%\alpha=\frac 1 2$% и вектор $%y_2'=(1;1;2)$% c точностью до коллинеарности и потом поделить на $%|y_2|=\sqrt 6$% отвечен 24 Ноя '14 0:46 
Lyudmyla @Lyudmyla, а как мы получили $%y'=(1,1,2)$%? У меня получается $%y'=(1/2,1/2,1)$% можно просто на 2 умножить, чтобы избавиться от знаменателя?
(27 Ноя '14 0:04)
Darksider
1
@Darksider: это не играет никакой роли, потому что у Вас получился тот же вектор, но с коэффициентом. Потом всё равно надо делить его на длину. Поэтому результат окажется тем же. У @Lyudmyla выражение более удобное, потому что не надо иметь дела с дробями. А Вам пришлось бы в конце поделить на $%\sqrt{6}/2$%, и ответ от этого не зависит.
(27 Ноя '14 0:26)
falcao
|