Колыбасова В.В. семинары по линейной алгебре

Семинар 8
Линейные пространства
О. Множество 𝐿 объектов произвольной природы называется линейным
пространством (ЛП) над полем вещественных чисел ℝ, если на нём каким-либо
способом введены операции сложения двух элементов и умножения элемента на
число, так что 𝑥 + 𝑦 ∈ 𝐿, 𝜆 ⋅ 𝑥 ∈ 𝐿 для любых 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿, 𝜆 ∈ ℝ и выполняются восемь
аксиом:
1° 𝑥 + 𝑦 = 𝑦 + 𝑥 ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿 (коммутативность сложения);
2° 𝑥 + (𝑦 + 𝑧) = (𝑥 + 𝑦) + 𝑧 ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐿 (ассоциативность сложения);
3° 1 ⋅ 𝑥 = 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝐿 (особая роль числа 1);
4° ∃𝜃 ∈ 𝐿: 𝑥 + 𝜃 = 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝐿 (существование нулевого элемента);
5° ∀𝑥 ∈ 𝐿 ∃𝑥 ′ ∈ 𝐿: 𝑥 + 𝑥 ′ = 𝜃 (существование противоположного элемента);
6° 𝜆 ⋅ (𝑥 + 𝑦) = 𝜆 ⋅ 𝑥 + 𝜆 ⋅ 𝑦
∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿, 𝜆 ∈ ℝ
(дистрибутивность умножения
относительно суммы элементов);
7° (𝜆 + 𝜇) ⋅ 𝑥 = 𝜆 ⋅ 𝑥 + 𝜇 ⋅ 𝑥
∀𝑥 ∈ 𝐿, 𝜆, 𝜇 ∈ ℝ
(дистрибутивность умножения
относительно суммы чисел);
8° 𝜆 ⋅ (𝜇 ⋅ 𝑥) = (𝜆𝜇) ⋅ 𝑥 ∀𝑥 ∈ 𝐿, 𝜆, 𝜇 ∈ ℝ (ассоциативность умножения).
Замечание. Знак ⋅ при умножении элемента ЛП на число будем опускать.
Замечание. Аналогично определяется ЛП над полем комплексных чисел ℂ.
Замечание. Элементы ЛП называют векторами.
Пример 1. Является ли ЛП
а) 𝐶[𝑎, 𝑏] — множество всех функций 𝑥(𝑡), непрерывных на отрезке [𝑎, 𝑏];
б) множество всех многочленов степени 𝑛;
в) 𝑃𝑛 — множество всех многочленов степени не выше 𝑛;
г) 𝑇𝑛 — множество всех столбцов, состоящих из 𝑛 элементов;
д) множество всех строк, состоящих из 𝑛 элементов;
е) 𝐻𝑛𝑚 — множество всех матриц размера 𝑚 × 𝑛;
ж) 𝑉2 — множество всех геометрических векторов на плоскости;
з) 𝑉3 — множество всех геометрических векторов в пространстве?
(Во всех случаях рассматриваются стандартные для элементов данного множества
операции сложения элементов и умножения элемента на число.)
Укажите нулевой и противоположный элемент ЛП.
Ответ:
а) да, нулевой элемент 𝜃(𝑡) ≡ 0, противоположный элемент к функции 𝑥(𝑡) — это
функция −𝑥(𝑡);
б) нет, ибо сумма двух многочленов степени 𝑛 может быть многочленом меньшей
степени;
в) да, нулевой элемент 𝜃(𝑡) ≡ 0, противоположный элемент к многочлену 𝑥(𝑡) —
это многочлен −𝑥(𝑡);
1
𝑎1
0
𝑎2
0
г) да, нулевой элемент ( ), противоположный элемент к столбцу ( ⋮ ) — это
⋮
𝑎𝑛
0
−𝑎1
−𝑎2
столбец ( ⋮ );
−𝑎𝑛
д) да, нулевой элемент (0 0 … 0), противоположный элемент к строке
(𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑛 ) — это строка (−𝑎1 −𝑎2 … −𝑎𝑛 );
0 0 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
е) да, нулевой элемент (
), противоположный элемент к матрице
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 0
𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛
−𝑎11 −𝑎12 ⋯ −𝑎1𝑛
𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛
−𝑎21 −𝑎22 ⋯ −𝑎2𝑛
—
это
матрица
( ⋮
)
(
⋮
⋱
⋮
⋮
⋮
⋱
⋮ );
𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 ⋯ 𝑎𝑚𝑛
−𝑎𝑚1 −𝑎𝑚2 ⋯ −𝑎𝑚𝑛
ж) да, нулевой элемент — это нулевой вектор ⃗0, противоположный элемент к
вектору 𝑎 — это вектор −𝑎;
з) да, нулевой элемент — это нулевой вектор ⃗0, противоположный элемент к
вектору 𝑎 — это вектор −𝑎.
О. Некоторое подмножество 𝑀 элементов ЛП 𝐿 называется линейным
подпространством (ЛПП), если операции сложения элементов и умножения элемента
на число не выводят их из данного множества:
1) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀 𝑥 + 𝑦 ∈ 𝑀 и
2) ∀𝑥 ∈ 𝑀, 𝜆 ∈ ℝ 𝜆𝑥 ∈ 𝑀.
Можно доказать, что ЛПП само является ЛП.
Пример 2. Какие из приведённых подмножеств ЛП 𝑉2 являются ЛПП:
а) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑦 = 𝑥;
б) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑥 + 𝑦 = 1;
в) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1;
г) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1;
д) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑥 2 + 𝑦 2 ≥ 1;
е) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}: 𝑥 ≥ 0;
ж) множество всех векторов {𝑥, 𝑦}, расположенных в I или III квадрантах плоскости?
Здесь 𝑥, 𝑦 — декартовы координаты.
а) Рассмотрим произвольный вектор 𝑎 = {𝑥, 𝑦} из данного множества векторов 𝑀.
Для него выполняется условие 𝑦 = 𝑥. Если мы умножим вектор 𝑎 на число 𝜆, то
получится вектор 𝜆𝑎 = {𝜆𝑥, 𝜆𝑦}. Если 𝑦 = 𝑥, то 𝜆𝑦 = 𝜆𝑥, значит, 𝜆𝑎 ∈ 𝑀.
Рассмотрим произвольные два вектора 𝑎1 = {𝑥1 , 𝑦1 } и 𝑎2 = {𝑥2 , 𝑦2 } из
множества 𝑀. Для них выполняются равенства: 𝑦1 = 𝑥1 , 𝑦2 = 𝑥2 . Но тогда
𝑎1 + 𝑎2 = {𝑥1 + 𝑥2 , 𝑦1 + 𝑦2 }, и справедливо равенство 𝑦1 + 𝑦2 = 𝑥1 + 𝑥2 , значит,
𝑎1 + 𝑎2 ∈ 𝑀.
2
Таким образом, данное множество является ЛПП.
б) Если вектор 𝑎 = {𝑥, 𝑦}, удовлетворяющий условию 𝑥 + 𝑦 = 1, умножить на число
𝜆 ≠ 1, то получится вектор 𝜆𝑎 = {𝜆𝑥, 𝜆𝑦}, не удовлетворяющий этому условию:
𝜆𝑥 + 𝜆𝑦 = 𝜆(𝑥 + 𝑦) = 𝜆. Значит, данное множество не является ЛПП.
в) Нет, по той же причине.
г) Нет: (𝜆𝑥)2 + (𝜆𝑦)2 = 𝜆(𝑥 2 + 𝑦 2 ) может быть > 1, если выбрать достаточно
большое 𝜆.
д) Нет (аналогично).
е) Нет: если вектор 𝑎 = {𝑥, 𝑦}, для которого 𝑥 > 0, умножить на отрицательное
число, то получится вектор, не принадлежащий данному множеству.
ж) Нет. Сумма двух векторов из данного множества может ему не принадлежать:
{2,
⏟ 2} + {−3,
⏟ −1} = {−1,
⏟ 1} .
из I квадранта
из III квадранта
из II квадранта
Во всех пунктах полезно также нарисовать чертёж.
Ответ: а) да, б) нет, в) нет, г) нет, д) нет, е) нет, ж) нет.
О. Линейной комбинацией (ЛК) векторов 𝑥1 , 𝑥2 , …, 𝑥𝑘 ∈ 𝐿 называется вектор вида
𝜆1 𝑥1 + 𝜆2 𝑥2 + ⋯ + 𝜆𝑘 𝑥𝑘 ∈ 𝐿, где 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑘 ∈ ℝ.
О. Векторы 𝑥1 , 𝑥2 , …, 𝑥𝑘 ∈ 𝐿 называются линейно зависимыми (ЛЗ), если существуют
числа 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑘 ∈ ℝ, из которых хотя бы одно отлично от нуля, такие что
𝜆1 𝑥1 + 𝜆2 𝑥2 + ⋯ + 𝜆𝑘 𝑥𝑘 = 𝜃.
О. Векторы 𝑥1 , 𝑥2 , …, 𝑥𝑘 ∈ 𝐿 называются линейно независимыми (ЛНЗ), если
𝜆1 𝑥1 + 𝜆2 𝑥2 + ⋯ + 𝜆𝑘 𝑥𝑘 = 𝜃 ⇔ 𝜆1 = 𝜆2 = ⋯ = 𝜆𝑘 = 0.
Пример 3 (ЛАВЗ гл. II № 18ж). В ЛП 𝐶[0; 2𝜋] даны элементы cos 𝑡, sin 𝑡. Доказать, что
они ЛНЗ.
Доказательство. Пусть ЛК элементов cos 𝑡, sin 𝑡 равна нулевому элементу:
𝜆1 cos 𝑡 + 𝜆2 sin 𝑡 = 𝜃(𝑡),
где 𝜃(𝑡) ≡ 0 — нулевой элемент пространства 𝐶[0; 2𝜋], 𝜆1 , 𝜆2 — постоянные
множители. Равенство должно выполняться для всех 𝑡 ∈ [0; 2𝜋] (поскольку это
равенство функций), т. е. 𝜆1 cos 𝑡 + 𝜆2 sin 𝑡 ≡ 0. Положив 𝑡 = 0, получим 𝜆1 = 0. Положив
𝜋
𝑡 = , получим 𝜆2 = 0. Таким образом, ЛК равна нулевому элементу (𝜆1 cos 𝑡 + 𝜆2 sin 𝑡 ≡
2
0)  все коэффициенты ЛК равны нулю (𝜆1 = 𝜆2 = 0), поэтому элементы cos 𝑡 и sin 𝑡
ЛНЗ, ч.т.д.
О. Упорядоченная совокупность 𝑒 = {𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑛 } векторов ЛП 𝐿 называется базисом,
если
а) эти векторы ЛНЗ и
б) любой вектор 𝑥 ∈ 𝐿 является их ЛК:
𝑥 = 𝜆1 𝑥1 + 𝜆2 𝑥2 + ⋯ + 𝜆𝑛 𝑥𝑛 ,
где числа 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑛 ∈ ℝ называются координатами вектора 𝑥 в базисе 𝑒.
Можно показать, что разложение вектора 𝑥 по базису 𝑒 единственно, т.е. координаты
данного вектора в данном базисе определяются однозначно.
О. Если в ЛП 𝐿 есть 𝑛 ЛНЗ векторов, а любые 𝑛 + 1 векторов пространства 𝐿 являются
ЛЗ, то число 𝑛 называется размерностью ЛП 𝐿. Т.е. размерность — это максимальное
число ЛНЗ векторов в этом пространстве. Обозначение: dim 𝐿.
3
Т. (о связи размерности с длиной базиса). Если в ЛП 𝐿 есть базис, состоящий из 𝑛
векторов, то dim 𝐿 = 𝑛. Если dim 𝐿 = 𝑛, то любые 𝑛 ЛНЗ векторов пространства 𝐿
образуют базис.
Пример 4. В 𝑇3 (ЛП всех столбцов, состоящих из трёх элементов) даны столбцы 𝑓1 =
1
1
0
1
(1), 𝑓2 = (−1), 𝑓3 = ( 0), 𝑥 = (1).
0
2
−1
1
а) найти размерность пространства 𝑇3 ;
б) доказать, что столбцы 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 образуют базис в 𝑇3 ;
в) найти 𝑥𝑓 — столбец координат элемента 𝑥 в базисе 𝑓 = {𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 }.
а) Определим размерность пространства 𝑇3 .
Рассмотрим произвольный элемент 𝑦 ∈ 𝑇3 . Его можно представить в виде
𝑦1
1
0
0
𝑦 = (𝑦2 ) = 𝑦1 (0) + 𝑦2 (1) + 𝑦3 (0).
𝑦3
⏟
⏟
⏟
0
0
1
𝑒1
𝑒2
𝑒3
Таким образом, любой элемент 𝑦 ∈ 𝑇3 является ЛК столбцов 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 . При этом
столбцы 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 ЛНЗ, т.к. их ЛК равна нулевому столбцу тогда и только тогда,
когда все коэффициенты ЛК равны нулю:
𝜆1
1
0
0
0
𝜆1 𝑒1 + 𝜆2 𝑒2 + 𝜆3 𝑒3 = 𝜆1 (0) + 𝜆2 (1) + 𝜆3 (0) = (𝜆2 ) = 𝜃 = (0) ⇔
𝜆3
0
0
0
1
𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 0.
Следовательно, столбцы 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 образуют базис в 𝑇3 (он называется
стандартным базисом пространства 𝑇3 ). Поэтому dim 𝑇3 = 3. Значит, любые три
ЛНЗ столбца образуют базис в 𝑇3 (аналогично, стандартным базисом
1
0
0
0
1
0
пространства 𝑇𝑛 является ( ), ( ), …, ( ), dim 𝑇𝑛 = 𝑛, поэтому в 𝑇𝑛 любые 𝑛 ЛНЗ
⋮
⋮
⋮
0
0
1
столбцов образуют базис).
б) Докажем, что столбцы 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 ЛНЗ и образуют базис.
Составим определитель из столбцов 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 и вычислим его с помощью
разложения по третьему столбцу:
1
1
0
1
1
| = 2 ≠ 0.
|1 −1
0| = − |
1 −1
2
0 −1
Поскольку определитель, построенный на столбцах 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 , отличен от нуля, то
(по теореме о базисном миноре) эти столбцы ЛНЗ, и поэтому они образуют базис
в пространстве 𝑇3 , т.к. dim 𝑇3 = 3, ч.т.д.
в) Найдём координаты элемента 𝑥 в базисе 𝑓. Надо разложить элемент 𝑥 по базису 𝑓:
𝑥 = 𝜆1 𝑓1 + 𝜆2 𝑓2 + 𝜆3 𝑓3 ,
где 𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 — координаты элемента 𝑥 в базисе 𝑓. Таким образом,
𝜆1 + 𝜆2
1
1
1
0
(1) = 𝜆1 (1) + 𝜆2 (−1) + 𝜆3 ( 0) = ( 𝜆1 − 𝜆2 ).
2𝜆1 − 𝜆3
0
1
2
−1
4
Получаем систему уравнений:
𝜆1 + 𝜆2 = 1,
(1)
{𝜆1 − 𝜆2 = 1,
(2)
2𝜆1 − 𝜆3 = 1,
(3)
Сложив уравнения (1) и (2), найдём 𝜆1 = 1, после этого из уравнения (1) получим
𝜆2 = 0. Теперь из уравнения (3) найдём 𝜆3 = 1.
Таким образом,
𝑥 = 1 ⋅ 𝑓1 + 0 ⋅ 𝑓2 + 1 ⋅ 𝑓3 ,
1
𝑥𝑓 = (0) — столбец координат элемента 𝑥 в базисе 𝑓.
1
1
Ответ: dim 𝑇3 = 3, 𝑥𝑓 = (0).
1
ДЗ 8. ЛАВЗ гл. II № 1–4, 7, 8, 17–19, 21, 31, 35.
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: гл. II § 6.
5
Семинар 9
Линейные оболочки
О. Линейной оболочкой (ЛОб) векторов 𝑥1 , … , 𝑥𝑘 ∈ 𝐿 называется множество их всевозможных ЛК. Обозначение: 𝐿(𝑥1 , … , 𝑥𝑘 ).
Можно показать, что ЛОб является ЛПП. Размерность ЛОб 𝐿(𝑥1 , … , 𝑥𝑘 ) равна максимальному числу ЛНЗ векторов среди 𝑥1 , … , 𝑥𝑘 .
Пример 1 (задачи к общему зачёту № 7–8а). В 𝑃2 — ЛП всех многочленов степени не
выше 2 — даны многочлены 𝑥1 (𝑡) = 1 + 𝑡 2 , 𝑥2 (𝑡) = 5 + 2𝑡 + 3𝑡 2 , 𝑥3 (𝑡) = 2 + 𝑡 + 𝑡 2 ,
𝑥4 (𝑡) = 4 + 𝑡 + 3𝑡 2 .
а) найти базис и размерность пространства 𝑃2 ,
б) найти базис и размерность ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ),
в) разложить многочлены 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 по базису ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ),
г) достроить базис ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) до базиса пространства 𝑃2 .
а) Найдём базис и размерность пространства 𝑃2 . Произвольный элемент 𝑦 ∈ 𝑃2
имеет вид:
𝑦(𝑡) = 𝑐0 + 𝑐1 𝑡 + 𝑐2 𝑡 2 .
Значит, любой элемент 𝑦(𝑡) ∈ 𝑃2 является ЛК многочленов 𝑒0 (𝑡) = 1, 𝑒1 (𝑡) = 𝑡,
𝑒2 (𝑡) = 𝑡 2 . При этом многочлены 𝑒0 , 𝑒1 , 𝑒2 ЛНЗ, поскольку
𝜆0 𝑒0 (𝑡) + 𝜆1 𝑒1 (𝑡) + 𝜆2 𝑒2 (𝑡) = 𝜆0 + 𝜆1 𝑡 + 𝜆2 𝑡 2 = 𝜃(𝑡) ≡ 0 ⇔ 𝜆0 = 𝜆1 = 𝜆2 = 0
(т.к. всякий ненулевой многочлен имеет лишь конечное число нулей).
Таким образом, многочлены 𝑒0 , 𝑒1 , 𝑒2 образуют базис в 𝑃2 (он называется стандартным базисом пространства 𝑃2 ), поэтому dim 𝑃2 = 3 (аналогично, в пространстве 𝑃𝑛 стандартный базис 1, 𝑡, 𝑡 2 , …, 𝑡 𝑛 ; dim 𝑃𝑛 = 𝑛 + 1).
б) Сначала найдём координаты элементов 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 в базисе 𝑒 = {𝑒0 , 𝑒1 , 𝑒2 } =
{1, 𝑡, 𝑡 2 }. Запишем их в виде столбцов:
1
2
4
5
(𝑥1 )𝑒 = (0) , (𝑥2 )𝑒 = (2) , (𝑥3 )𝑒 = (1) , (𝑥4 )𝑒 = (1).
3
1
1
3
dim 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = максимальному числу ЛНЗ векторов среди 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 .
Векторы ЛП ЛНЗ  столбцы их координат в некотором базисе ЛНЗ.
Составим матрицу из столбцов координат (𝑥1 )𝑒 , (𝑥2 )𝑒 , (𝑥3 )𝑒 , (𝑥4 )𝑒 и найдём её
ранг и базисный минор:
1 0 −1/2 3/2
1 5 2 4
1
5
2
4
1 0 −1/2 3/2
(0 2 1 1) ~ (0
).
2
1
1) ~ (0 1
1/2 1/2) ~ (
0 1
1/2 1/2
1 3 1 3
0 −2 −1 −1
0 0
0
0
(Последовательность ЭПС: сначала сделаем первый столбец первым столбцом
единичной матрицы. Для этого вычтем из третьей строки первую. Затем сделаем
второй столбец вторым столбцом единичной матрицы. Для этого прибавим к
третьей строке вторую, после чего умножим вторую строку на 1/2 и вычтем из
первой строки пять вторых строк. Теперь вычеркнем нулевую строку.)
Теперь базисным минором является минор, построенный на первых двух столбцах. Ранг матрицы равен двум.
Поэтому dim 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = 2, базис ЛОб состоит из многочленов 𝑥1 , 𝑥2 .
1
в) Разложим многочлены 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 по базису {𝑥1 , 𝑥2 }.
Исходя из упрощённого вида матрицы, состоящей из столбцов (𝑥1 )𝑒 , (𝑥2 )𝑒 , (𝑥3 )𝑒 ,
(𝑥4 )𝑒 , имеем:
𝑥1 = 1 ⋅ 𝑥1 + 0 ⋅ 𝑥2 ,
𝑥2 = 0 ⋅ 𝑥1 + 1 ⋅ 𝑥2 ,
1
1
3
1
𝑥3 = − 𝑥1 + 𝑥2 ,
𝑥4 = 𝑥1 + 𝑥2 .
2
2
2
2
г) Теперь достроим базис 𝑥1 , 𝑥2 ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) до базиса всего пространства 𝑃2 .
Поскольку dim 𝑃2 = 3, то базис в 𝑃2 образуют любые три ЛНЗ многочлена. Поэтому надо добавить к многочленам 𝑥1 , 𝑥2 ещё один многочлен 𝑦 так, чтобы эле1
5
менты 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑦 были ЛНЗ. Допишем к столбцам (𝑥1 )𝑒 = (0), (𝑥2 )𝑒 = (2) третий
1
3
столбец 𝑦𝑒 так, чтобы все три столбца были ЛНЗ:
1 5 0
1 5
| = 2 ≠ 0, поэтому столбцы ЛНЗ. (Было использо|0 2 0| = 1 ⋅ (−1)3+3 ⋅ |
0 2
1 3 1
вано разложение определителя по третьему столбцу.)
0
Значит, 𝑦𝑒 = (0), следовательно, 𝑦(𝑡) = 𝑡 2 .
1
Базис пространства 𝑃2 образуют ЛНЗ многочлены 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑦.
Ответ: dim 𝑃2 = 3, базис пространства 𝑃2 образуют многочлены 1, 𝑡, 𝑡 2 ;
dim 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) = 2, базис ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) образуют многочлены 𝑥1 , 𝑥2 ; 𝑥1 = 1 ⋅
1
1
3
1
𝑥1 + 0 ⋅ 𝑥2 , 𝑥2 = 0 ⋅ 𝑥1 + 1 ⋅ 𝑥2 , 𝑥3 = − 𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥4 = 𝑥1 + 𝑥2 ; базис пространства 𝑃2
2
2
2
2
2
образуют многочлены 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑡 .
−1 1
Пример 2. В 𝐻22 — ЛП всех матриц размера 2 × 2 — даны матрицы 𝑥1 = (
), 𝑥 =
2 3 2
1 3
1 1
(
), 𝑥3 = (
).
−1 1
0 5
а) найти базис и размерность пространства 𝐻22 ,
б) найти базис и размерность ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ),
в) разложить 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 по найденному базису ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ),
г) достроить базис ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) до базиса всего пространства 𝐻22 .
а) Найдём базис и размерность пространства 𝐻22 . Произвольная матрица из пространства 𝐻22 имеет вид:
𝑎11 𝑎12
1 0
0 1
0 0
0 0
(𝑎
) = 𝑎11 (
) + 𝑎12 (
) + 𝑎21 (
) + 𝑎22 (
),
𝑎
⏟0 0
⏟0 0
⏟1 0
⏟0 1
21
22
𝑒1
𝑒2
𝑒3
𝑒4
т.е. является ЛК матриц 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 . Докажем, что эти матрицы ЛНЗ:
1 0
0 1
0 0
0 0
𝜆1 𝑒1 + 𝜆2 𝑒2 + 𝜆3 𝑒3 + 𝜆4 𝑒4 = 𝜆1 (
) + 𝜆2 (
) + 𝜆3 (
) + 𝜆4 (
)=
0 0
0 0
1 0
0 1
𝜆 𝜆2
0 0
=( 1
ч. т. д.
)=𝜃=(
) ⇔ 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆4 = 0,
𝜆3 𝜆4
0 0
2
Следовательно, матрицы 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 образуют базис в 𝐻22 (он называется стандартным базисом пространства 𝐻22 ). Значит, dim 𝐻22 = 4 (аналогично, стандарт1 0 ⋯ 0
0 1 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
ный базис пространства 𝐻𝑛𝑚 состоит из матриц (
), (
),
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
0 0 ⋯ 0
…, (
); dim 𝐻𝑛𝑚 = 𝑚𝑛).
⋮ ⋮ ⋱ ⋮
0 0 ⋯ 1
б) Найдём координаты матриц 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 в базисе 𝑒 = {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 }:
−1
1
1
1
3
(𝑥1 )𝑒 = ( ) , (𝑥2 )𝑒 = ( 1) , (𝑥3 )𝑒 = ( ).
2
−1
0
3
1
5
Определим максимальное число ЛНЗ столбцов среди (𝑥1 )𝑒 , (𝑥2 )𝑒 , (𝑥3 )𝑒 . Приведём
к упрощённому виду матрицу, составленную из этих столбцов:
−1
1 1
1 −1 −1
1
1 3
0
2
4
1 0 1
(
)~(
)~(
).
2 −1 0
0
1
2
0 1 2
3
1 5
0
4
8
(Последовательность ЭПС: прибавляем ко второй строке первую строку, к третьей строке — две первых, к четвёртой строке — три первых, после чего умножаем первую строку на −1. Затем умножаем вторую строку на 1/2, после чего
прибавляем её к первой строке и вычёркиваем третью и четвёртую строки, которые являются ЛК второй строки.)
Базисным минором является минор, построенный на первых двух столбцах, ранг
матрицы равен двум.
Поэтому dim 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 2, базис ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) состоит из 𝑥1 , 𝑥2 .
в) Исходя из упрощённого вида матрицы, состоящей из столбцов (𝑥1 )𝑒 , (𝑥2 )𝑒 , (𝑥3 )𝑒 ,
получим:
𝑥1 = 1 ⋅ 𝑥1 + 0 ⋅ 𝑥2 ,
𝑥2 = 0 ⋅ 𝑥1 + 1 ⋅ 𝑥2 ,
𝑥3 = 1 ⋅ 𝑥1 + 2 ⋅ 𝑥2 .
г) Чтобы дополнить базис 𝑥1 , 𝑥2 до базиса всего пространства 𝐻22 , надо добавить ещё
две матрицы 𝑦1 , 𝑦2 так, чтобы матрицы 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑦1 , 𝑦2 были ЛНЗ. Значит, надо допи−1
1
1
1
сать к столбцам (𝑥1 )𝑒 = ( ) , (𝑥2 )𝑒 = ( ) ещё два столбца (𝑦1 )𝑒 , (𝑦2 )𝑒 так,
2
−1
3
1
чтобы получилось четыре ЛНЗ столбца. Например,
−1
1 0 0
1
1 0 0
|
| = −2 ≠ 0 (разложение определителя по четвёртому и третьему
2 −1 1 0
3
1 0 1
столбцу), поэтому столбцы ЛНЗ.
0 0
Значит, базис пространства 𝐻22 составляют матрицы 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑦1 , 𝑦2 , где 𝑦1 = (
),
1 0
0 0
𝑦2 = (
).
0 1
3
Ответ:
dim 𝐻22 = 3,
базис
пространства
𝐻22
образуют
матрицы
1 0
0 1
0 0
0 0
(
),(
),(
),(
); dim 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) = 2, базис ЛОб 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) образуют
0 0
0 0
1 0
0 1
матрицы 𝑥1 , 𝑥2 ; 𝑥1 = 1 ⋅ 𝑥1 + 0 ⋅ 𝑥2 , 𝑥2 = 0 ⋅ 𝑥1 + 1 ⋅ 𝑥2 , 𝑥3 = 𝑥1 + 2𝑥2 ; базис простран0 0
0 0
ства 𝐻22 образуют матрицы 𝑥1 , 𝑥2 , (
),(
).
1 0
0 1
ДЗ 9. ЛАВЗ гл. II № 39–44.
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: гл. II § 6.
Решение некоторых задач из ДЗ
ЛАВЗ гл. II № 42(е). Найдите какой-нибудь базис и размерность ЛП матриц (𝑎𝑖𝑗 )2×3 ,
элементы которых удовлетворяют условиям 𝑎11 = 0, 𝑎22 = 𝑎23 .
Произвольная матрица из данного ЛП 𝐿 имеет вид:
0 𝑎12 𝑎13
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
𝐴=(
) = 𝑎12 (
) + 𝑎13 (
) + 𝑎21 (
) + 𝑎22 (
),
𝑎21 𝑎22 𝑎22
⏟0 0 0
⏟0 0 0
⏟1 0 0
⏟0 1 1
𝑒1
𝑒2
𝑒3
𝑒4
т.е. является ЛК матриц 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 ∈ 𝐿.
Докажем, что матрицы 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 являются ЛНЗ:
𝜆1 𝑒1 + 𝜆2 𝑒2 + 𝜆3 𝑒3 + 𝜆4 𝑒4 =
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
= 𝜆1 (
) + 𝜆2 (
) + 𝜆3 (
) + 𝜆4 (
)=
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 1 1
0 𝜆1 𝜆2
0 0 0
=(
ч. т. д.
)=𝜃=(
) ⇔ 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 𝜆4 = 0,
𝜆3 𝜆4 𝜆4
0 0 0
Следовательно, матрицы 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 образуют базис пространства 𝐿, и поэтому dim 𝐿 =
4.
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
Ответ: {(
),(
),(
), (
)}, dim 𝐿 = 4.
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 1 1
4
Семинар 10
Преобразование базиса
Пусть 𝐿 — ЛП размерности 𝑛. Пусть в 𝐿 есть два базиса: «старый» 𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑛 и «новый»
𝑓1 , 𝑓2 , …, 𝑓𝑛 . Разложим «новый» базис по «старому» базису:
𝑓1 = 𝑎11 𝑒1 + 𝑎21 𝑒2 + ⋯ + 𝑎𝑛1 𝑒1 ,
𝑓 = 𝑎12 𝑒1 + 𝑎22 𝑒2 + ⋯ + 𝑎𝑛2 𝑒1 ,
{2
⋮
𝑓𝑛 = 𝑎1𝑛 𝑒1 + 𝑎2𝑛 𝑒2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝑒1 .
В матричном виде:
𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛
𝑎
𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛
(𝑓1 𝑓2 ⋯ 𝑓𝑛 ) = ⏟
(𝑒1 𝑒2 ⋯ 𝑒𝑛 ) ( 21
⏟
⋮
⋮
⋱
⋮ ) или
𝑓
𝑒
⏟𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛
𝐴
𝑓 = 𝑒𝐴,
где 𝐴 — матрица перехода от «старого» базиса 𝑒 к «новому» базису 𝑓.
𝒋-й столбец матрицы 𝑨 представляет собой столбец координат вектора 𝒇𝒋 в базисе 𝒆.
Поскольку элементы базиса 𝑓 ЛНЗ, то столбцы матрицы 𝐴 ЛНЗ, поэтому она не вырождена, и для неё существует обратная. Тогда
𝑒 = 𝑓𝐴−1 ,
т.е. 𝐴−1 — матрица обратного перехода (от «нового» базиса 𝑓 к «старому» базису 𝑒).
Формулы преобразования координат:
𝑥𝑓 = 𝐴−1 𝑥𝑒 ,
𝑥𝑒 = 𝐴𝑥𝑓 ,
где 𝑥𝑒 (𝑥𝑓 ) — столбец координат вектора 𝑥 ∈ 𝐿 в базисе 𝑒 (𝑓).
Пример 1. В ЛП 𝐿 есть базис 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 . Даны элементы ЛП 𝐿: 𝑓1 = 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑓2 = 𝑒1 + 𝑒3 ,
𝑓3 = 𝑒1 + 2𝑒3 . Доказать, что 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 — тоже базис ЛП 𝐿. Найти матрицу перехода от базиса 𝑒 к базису 𝑓.
Составим определитель из столбцов координат элементов 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 в базисе 𝑒:
0 1 1
|1 0 0| = −1 ⋅ (2 − 1) = −1 ≠ 0.
1 1 2
Поскольку определитель отличен от нуля, то его столбцы ЛНЗ, поэтому и элементы 𝑓1 ,
𝑓2 , 𝑓3 ЛНЗ.
Поскольку в ЛП 𝐿 есть базис 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , состоящий из трёх элементов, то dim 𝐿 = 3. Следовательно, любые три ЛНЗ элемента ЛП 𝐿 образуют базис этого ЛП. Поскольку 𝑓1 , 𝑓2 ,
𝑓3 — ЛНЗ, то они образуют базис ЛП 𝐿.
Столбцы матрицы перехода от базиса 𝑒 к базису 𝑓 — это столбцы координат элементов
𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 в базисе 𝑒. Поэтому матрица перехода имеет вид
0 1 1
𝐴 = (1 0 0).
1 1 2
1
0 1
Ответ: 𝐴 = (1 0
1 1
1
0).
2
1
2
1
0
Пример 2. В пространстве 𝑇3 даны элементы 𝑒1 = (1), 𝑒2 = (1), 𝑒3 = (1), 𝑓1 = (1),
3
1
1
1
1
1
𝑓2 = (0), 𝑓3 = (0). Найти:
1
2
а) матрицу перехода от базиса 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 к базису 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 ;
б) матрицу обратного перехода;
в) координаты элемента 𝑒1 в обоих базисах;
г) координаты элемента 𝑥 в базисе 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , если в базисе 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 он имеет координаты 5; 3; 1.
а) Запишем формулу преобразования базиса:
𝑓 = 𝑒𝐴.
В нашем случае: (𝑓1 𝑓2 𝑓3 ) = (𝑒1 𝑒2 𝑒3 )𝐴.
0 1 1
1 2 1
(1 0 0) = (1 1 1) 𝐴.
⏟1 1 2
⏟1 1 3
𝑓
𝑒
Таким образом, 𝑒 — это квадратная невырожденная матрица, поэтому существует обратная к ней.
𝑓 = 𝑒𝐴 ⇒ 𝐴 = 𝑒 −1 𝑓.
Найдём матрицу 𝑒 −1 методом Гаусса. Для этого запишем матрицу 𝑒 и справа единичную матрицу такого же размера, получим расширенную матрицу:
1 2 11 0 0
(1 1 1|0 1 0).
1 1 30 0 1
Теперь надо добиться того, чтобы матрица, стоящая слева, стала единичной, с помощью следующих операций: прибавление к любой строке (расширенной матрицы) ЛК других строк, умножение строки на ненулевое число. Когда слева будет
стоять единичная матрица, справа окажется матрица 𝑒 −1 .
1
Итак, сначала приведём первый столбец к нужному виду, т. е. к виду (0). Для
0
этого вычтем из второй и третьей строки первую строку:
1
2 1 1 0 0
(0 −1 0|−1 1 0).
0 −1 2 −1 0 1
0
Теперь приведём второй столбец к нужному виду, т. е. к виду (1). Для этого при0
бавим к первой строке две вторых строки, вычтем из третьей строки вторую, после чего умножим вторую строку на −1:
2
1 0
(0 1
0 0
1 −1
2
0| 1 −1
2 0 −1
0
0).
1
0
Наконец, приведём третий столбец к нужному виду, т. е. к виду (0). Для этого
1
умножим третью строку на 1/2:
2
0
1 0 1 −1
−1
0),
(0 1 0| 1
0 0 1 0 −1/2 1/2
после чего вычтем из первой строки третью:
5/2 −1/2
1 0 0 −1
−1
0).
(0 1 0| 1
1/2
0 0 1 0 −1/2
Итак,
−1
5/2 −1/2
−1
−1
0).
𝑒 =( 1
0 −1/2
1/2
Теперь найдём матрицу перехода:
−1
5/2 −1/2
2 −3/2 −2
0 1 1
−1
−1
0) ⋅ (1 0 0) = (−1
1
1).
𝐴=𝑒 𝑓=( 1
0 −1/2
1/2
0
1/2
1
1 1 2
−1
б) Найдём матрицу обратного перехода 𝐴 методом Гаусса:
2 −3/2 −2 1 0 0
1
1|0 1 0),
(−1
0
1/2
10 0 1
1 −3/4 −1 1/2 0 0
1/4
0|1/2 1 0),
(0
0
1/2
1 0 0 1
1 0 −1 2
3 0
(0 1
0| 2
4 0),
0 0
1 −1 −2 1
1 0 0 1
1 1
(0 1 0| 2
4 0).
0 0 1 −1 −2 1
Таким образом,
1
1 1
−1
𝐴 =( 2
4 0).
−1 −2 1
в) 𝑒1 = 1 ⋅ 𝑒1 + 0 ⋅ 𝑒2 + 0 ⋅ 𝑒3 .
1
(𝑒1 )𝑒 = (0) — столбец координат вектора 𝑒1 в базисе 𝑒.
0
Переход от базиса 𝑓 к базису 𝑒 осуществляется с помощью матрицы 𝐴−1 :
𝑒 = 𝑓𝐴−1 ,
поэтому первый столбец матрицы 𝐴−1 — матрицы перехода от базиса 𝑓 к базису
𝑒 — это координаты элемента 𝑒1 в базисе 𝑓:
3
1
(𝑒1 )𝑓 = ( 2).
−1
г) Согласно закону преобразования координат:
2 −3/2 −2
7/2
5
1
1) ⋅ (3) = ( −1).
𝑥𝑒 = 𝐴𝑥𝑓 = (−1
0
1/2
1
5/2
1
2 −3/2 −2
1
1 1
1
1
−1
1
1), 𝐴 = ( 2
Ответ: 𝐴 = (−1
4 0), (𝑒1 )𝑒 = (0), (𝑒1 )𝑓 = ( 2),
0
1/2
1
0
−1 −2 1
−1
7/2
𝑥𝑒 = ( −1).
5/2
Пример 3 (задача к общему зачёту № 10а). В ЛП 𝐿 есть базисы: {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 }, {𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 },
1
1
1
{𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 }, и ещё некоторый элемент 𝑥. При этом (𝑓1 )𝑒 = (2), (𝑓2 )𝑒 = (1), (𝑓3 )𝑒 = (1),
0
1
2
0
1
0
1
(𝑔1 )𝑒 = (−1), (𝑔2 )𝑒 = (0), (𝑔3 )𝑒 = (−1), 𝑥𝑒 = (1).
1
1
−1
1
Найдите
а) матрицу перехода от базиса 𝑓 к базису 𝑔,
б) матрицу перехода от базиса 𝑔 к базису 𝑓,
в) 𝑥𝑓 и 𝑥𝑔 .
а) Найдём матрицу перехода от базиса 𝑓 к базису 𝑔.
Пусть 𝑓 = 𝑒𝐴, 𝑔 = 𝑒𝐵, 𝑔 = 𝑓𝐶. Поскольку 𝑗-й столбец матрицы перехода представляет собой столбец координат 𝑗-го вектора нового базиса в старом базисе, то мы
имеем:
1 1 1
0 1
0
𝐴 = (2 1 1) ,
𝐵 = (−1 0 −1).
1 0 2
1 1 −1
Тогда 𝑒 = 𝑓𝐴−1 , 𝑔 = 𝑒𝐵 = 𝑓𝐴−1 𝐵. С другой стороны, 𝑔 = 𝑓𝐶, значит, 𝐶 = 𝐴−1 𝐵 —
матрица перехода от базиса 𝑓 к базису 𝑔.
Вычислим матрицу 𝐴−1 методом Гаусса:
1 1 11 0 0
(2 1 1|0 1 0),
1 0 20 0 1
1
1
1 1 0 0
(0 −1 −1|−2 1 0),
0 −1
1 −1 0 1
1 0 0 −1
1 0
(0 1 1| 2 −1 0),
0 0 2 1 −1 1
1
0
1 0 0 −1
(0 1 0|3/2 −1/2 −1/2).
1/2
0 0 1 1/2 −1/2
Таким образом,
4
−1
1
0
𝐴 = (3/2 −1/2 −1/2).
1/2 −1/2
1/2
Теперь вычислим матрицу 𝐶:
−1
1
0
0 1
0
−1 −1 −1
−1
𝐶 = 𝐴 𝐵 = (3/2 −1/2 −1/2) ⋅ (−1 0 −1) = ( 0
1
1).
1/2 −1/2
1/2
1
1
0
1 1 −1
б) Переход от базиса 𝑔 к базису 𝑓 осуществляется с помощью обратной матрицы:
𝑓 = 𝑔𝐶 −1 .
Матрицу 𝐶 −1 найдём методом Гаусса:
−1 −1 −1 1 0 0
( 0
1
1|0 1 0),
1
1
00 0 1
1 1
1 −1 0 0
(0 1
1| 0 1 0),
0 0 −1 1 0 1
1 0
0 −1 −1 0
(0 1
1| 0
1 0),
0 0 −1 1
0 1
1 0 0 −1 −1
0
(0 1 0| 1
1
1).
0 0 1 −1
0 −1
Таким образом,
−1 −1
0
−1
𝐶 =( 1
1
1).
−1
0 −1
в) Согласно закону преобразования координат:
−1
1
0
0
1
−1
𝑥𝑓 = 𝐴 𝑥𝑒 = (3/2 −1/2 −1/2) ⋅ (1) = (1/2),
1/2 −1/2
1/2
1/2
1
0
−1/2
−1 −1
0
−1
−1
1).
𝑥𝑔 = 𝐵 𝑥𝑒 или 𝑥𝑔 = 𝐶 𝑥𝑓 = ( 1
1
1) ⋅ (1/2) = (
1/2
−1/2
−1
0 −1
−1
(Здесь удобнее использовать формулу 𝑥𝑔 = 𝐶 𝑥𝑓 , а не 𝑥𝑔 = 𝐵−1 𝑥𝑒 , поскольку матрица 𝐶 −1 уже вычислена, в отличие от матрицы 𝐵−1 .)
−1 −1 −1
Ответ: матрица перехода от базиса 𝑓 к базису 𝑔 — это матрица ( 0
1
1), мат1
1
0
0
−1 −1
0
рица перехода от базиса 𝑔 к базису 𝑓 — это матрица ( 1
1
1), 𝑥𝑓 = (1/2),
1/2
−1
0 −1
−1/2
1).
𝑥𝑔 = (
−1/2
−1
ДЗ 10. ЛАВЗ гл. II № 45–52.
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: МАВЗ гл. X §6.
5
Решение некоторых задач из ДЗ
ЛАВЗ гл. II № 50. Разложите элемент 𝑥 4 − 𝑥 + 2 пространства 𝑃4 по базису 1, 𝑥 − 3,
(𝑥 − 3)2 , (𝑥 − 3)3 , (𝑥 − 3)4 .
Нам нужно представить функцию 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 𝑥 + 2 в виде
𝑓(𝑥) = 𝜆0 + 𝜆1 (𝑥 − 3) + 𝜆2 (𝑥 − 3)2 + 𝜆3 (𝑥 − 3)3 + 𝜆4 (𝑥 − 3)4 ,
т.е. разложить её по формуле Тейлора с центром в точке 𝑥 = 3 до членов четвёртого
порядка включительно. Тогда
𝑓 ′′ (3) (12𝑥 2 )|𝑥=3
′ (3)
3
𝜆0 = 𝑓(3) = 80,
𝜆1 = 𝑓
= (4𝑥 − 1)|𝑥=3 = 107,
𝜆2 =
=
= 54,
2
2
𝑓 ′′′ (3) (24𝑥)|𝑥=3
𝑓 𝐼𝑉 (3) (24)|𝑥=3
𝜆3 =
=
= 12,
𝜆4 =
=
= 1.
6
6
24
24
Искомое разложение имеет вид:
𝑥 4 − 𝑥 + 2 = 80 + 107(𝑥 − 3) + 54(𝑥 − 3)2 + 12(𝑥 − 3)3 + (𝑥 − 3)4 .
Ответ: 𝑥 4 − 𝑥 + 2 = 80 + 107(𝑥 − 3) + 54(𝑥 − 3)2 + 12(𝑥 − 3)3 + (𝑥 − 3)4 .
6
Семинар 15
Евклидовы и унитарные пространства (ЕП и УП)
О. ЛП 𝐸 над полем ℝ (над полем ℂ) называется ЕП (УП), если любой паре элементов
𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 поставлено в соответствие вещественное (комплексное) число (𝑥, 𝑦), которое
называется скалярным произведением (СП), причём выполняются четыре аксиомы ЕП
(УП):
̅̅̅̅̅̅̅
1) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 выполняется (𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥) (для УП: (𝑥, 𝑦) = (𝑦,
𝑥));
2) ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐸 выполняется (𝑥 + 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑧) + (𝑦, 𝑧);
3) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸, ∀𝜆 ∈ ℝ (∀𝜆 ∈ ℂ) выполняется (𝜆𝑥, 𝑦) = 𝜆(𝑥, 𝑦);
4) ∀𝑥 ∈ 𝐸 выполняется (𝑥, 𝑥) ≥ 0, причём (𝑥, 𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 𝜃.
Пример 1. Можно ли в ЛП вещественных столбцов 𝑇𝑛 над полем ℝ ввести СП по формуле
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦𝑘 ,
𝑘=1
𝑥1
𝑦1
где 𝑥 = ( ⋮ ), 𝑦 = ( ⋮ )?
𝑥𝑛
𝑦𝑛
Проверим: ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑇𝑛 поставлено в соответствие число
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦𝑘 ∈ ℝ;
𝑘=1
1) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑇𝑛 выполняется
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦𝑘
𝑘=1
𝑛
⇒ (𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥);
(𝑦, 𝑥) = ∑ 𝑦𝑘 𝑥𝑘
}
2) ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑇𝑛 выполняется
𝑘=1
𝑛
(𝑥 + 𝑦, 𝑧) = ∑ (𝑥𝑘 + 𝑦𝑘 )𝑧𝑘
𝑘=1
𝑛
⇒ (𝑥 + 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑧) + (𝑦, 𝑧);
𝑛
(𝑥, 𝑧) + (𝑦, 𝑧) = ∑ 𝑥𝑘 𝑧𝑘 + ∑ 𝑦𝑘 𝑧𝑘
𝑘=1
𝑘=1
3) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝑇𝑛 , ∀𝜆 ∈ ℝ выполняется
}
𝑛
(𝜆𝑥, 𝑦) = ∑ 𝜆𝑥𝑘 𝑦𝑘
𝑘=1
𝑛
𝜆(𝑥, 𝑦) = 𝜆 ∑ 𝑥𝑘 𝑦𝑘
𝑘=1
⇒ (𝜆𝑥, 𝑦) = 𝜆(𝑥, 𝑦);
}
1
4) ∀𝑥 ∈ 𝑇𝑛 выполняется
𝑛
(𝑥, 𝑥) = ∑ 𝑥𝑘2 ≥ 0,
𝑘=1
причём (𝑥, 𝑥) = 0 ⇔ 𝑥1 = ⋯ = 𝑥𝑛 = 0, т.е. 𝑥 = 𝜃.
Значит, СП можно ввести по такой формуле (это стандартное СП в пространстве 𝑇𝑛 ).
Ответ: да.
Для ЛП комплексных столбцов 𝑇𝑛∗ над полем ℂ эта формула не годится (подумайте,
почему). В этом случае СП вводится по формуле
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦̅𝑘 .
𝑘=1
Другие примеры СП. Для ЛП трёхмерных геометрических векторов 𝑉3 и ЛП двумерных
геометрических векторов 𝑉2 : (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗) = |𝑎⃗| ⋅ |𝑏⃗⃗| ⋅ cos 𝜑. Для 𝐶[𝑎, 𝑏] — ЛП вещественных
𝑏
функций, непрерывных на отрезке [𝑎, 𝑏]: (𝑓, 𝑔) = ∫𝑎 𝑓(𝑡)𝑔(𝑡) ⅆ𝑡. Для 𝐶 ∗ [𝑎, 𝑏] — ЛП ком𝑏
плекснозначных функций, непрерывных на отрезке [𝑎, 𝑏]: (𝑓, 𝑔) = ∫𝑎 𝑓(𝑡)𝑔̅ (𝑡) ⅆ𝑡.
О. Нормой (или длиной) элемента 𝑥 ЕП (УП) называется число ‖𝑥‖ = √(𝑥, 𝑥).
Заметим, что из четвёртой аксиомы ЕП (УП) следует, что (𝑥, 𝑥) ≥ 0, откуда ‖𝑥‖ ≥ 0;
‖𝑥‖ = 0 ⇔ 𝑥 = 𝜃.
В ЕП и УП справедливо неравенство Коши—Буняковского:
|(𝑥, 𝑦)| ≤ ‖𝑥‖ ⋅ ‖𝑦‖.
(𝑥,𝑦)
О. Углом между ненулевыми элементами 𝑥, 𝑦 ЕП называется число 𝜑 = arccos ‖𝑥‖⋅‖𝑦‖.
−1
1
Пример 2. Пусть 𝑥 = ( ), 𝑦 = ( ). Найти (𝑥, 𝑦), ‖𝑥‖, ‖𝑦‖ и 𝜑, если СП введено стан1
0
дартным образом, как в примере 1: (𝑥, 𝑦) = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 .
(𝑥, 𝑦) = 1 ⋅ (−1) + 1 ⋅ 0 = −1,
‖𝑥‖ = √(𝑥, 𝑥) = √1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = √2,
(𝑥, 𝑦)
−1 3𝜋
‖𝑦‖ = √(𝑦, 𝑦) = √(−1) ⋅ (−1) + 0 ⋅ 0 = 1,
𝜑 = arccos
= arccos
= .
‖𝑥‖ ⋅ ‖𝑦‖
4
√2
3𝜋
Ответ: (𝑥, 𝑦) = −1, ‖𝑥‖ = √2, ‖𝑦‖ = 1, 𝜑 = .
4
Пусть 𝐸 — ЕП (УП) размерности 𝑛.
О. Пусть в 𝐸 есть базис 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 . Тогда матрица 𝐺 = (𝑔𝑖𝑗 )𝑛×𝑛 , где 𝑔𝑖𝑗 = (𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 ), называется КМТ (ковариантным метрическим тензором) пространства 𝐸 в базисе 𝑒.
𝑥1
𝑦1
Т. Если 𝑥𝑒 = ( ⋮ ), 𝑦𝑒 = ( ⋮ ) — координаты элементов 𝑥, 𝑦 в базисе 𝑒, то
𝑥𝑛
𝑦𝑛
1) в ЕП:
𝑛
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ ∑ 𝑔𝑖𝑗 𝑥𝑖 𝑦𝑗 ,
𝑖=1 𝑗=1
2
2) в УП:
𝑛
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ ∑ 𝑔𝑖𝑗 𝑥𝑖 𝑦̅𝑗 ,
𝑖=1 𝑗=1
где 𝐺 = (𝑔𝑖𝑗 )𝑛×𝑛 — КМТ в базисе 𝑒.
1
0
Пример 3. Найти КМТ в базисе 𝑒1 = ( ), 𝑒1 = ( ) ЕП 𝑇2 , если СП введено по стандарт1
1
ной формуле: (𝑥, 𝑦) = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 .
(𝑒 , 𝑒 ) (𝑒1 , 𝑒2 )
2 1
𝐺=( 1 1
)=(
).
(𝑒2 , 𝑒1 ) (𝑒2 , 𝑒2 )
1 1
2 1
Ответ: 𝐺 = (
).
1 1
О. Если (𝑥, 𝑦) = 0, то элементы 𝑥, 𝑦 ЕП (УП) называются ортогональными. Обозначение: 𝑥 ⊥ 𝑦.
О. Базис 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 ЕП (УП) называется ортогональным (ОБ), если ∀𝑖 ≠ 𝑗 выполняется
(𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 ) = 0 (т.е. элементы 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 попарно ортогональны).
О. Базис 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 ЕП (УП) называется ортонормированным (ОНБ), если ∀𝑖, 𝑗 выполняется (𝑒𝑖 , 𝑒𝑗 ) = 𝛿𝑖𝑗 (т.е. элементы 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 попарно ортогональны и имеют норму, равную 1).
В ОНБ 𝐺 = 𝐼, т.е. КМТ — единичная матрица.
𝑥1
𝑦1
Т. Пусть 𝑥𝑒 = ( ⋮ ), 𝑦𝑒 = ( ⋮ ), где 𝑒 — ОНБ. Тогда
𝑥𝑛
𝑦𝑛
1) в ЕП:
𝑛
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦𝑘 ,
𝑛
‖𝑥‖ = √∑ 𝑥𝑘2 ,
𝑘=1
𝑘=1
𝑛
𝑛
2) в УП:
(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝑥𝑘 𝑦̅𝑘 ,
𝑘=1
‖𝑥‖ = √∑|𝑥𝑘 |2 ,
𝑘=1
3) в ЕП и УП: 𝑥𝑘 = (𝑥, 𝑒𝑘 ), 𝑘 = 1, … , 𝑛.
Построение ОБ и ОНБ из произвольного базиса (метод Грама—Шмидта)
Пусть в ЕП (УП) 𝐸 есть произвольный базис 𝑒1 , …, 𝑒𝑛 . Проведём ортогонализацию:
𝑓1 = 𝑒1 ;
(𝑒2 , 𝑓1 )
𝑓2 = 𝑒2 −
𝑓 ⇒ 𝑓2 ⊥ 𝑓1 ;
(𝑓1 , 𝑓1 ) 1
(𝑒3 , 𝑓1 )
(𝑒3 , 𝑓2 )
𝑓3 = 𝑒3 −
𝑓1 −
𝑓 ⇒ 𝑓3 ⊥ 𝑓1 , 𝑓2 ;
(𝑓1 , 𝑓1 )
(𝑓2 , 𝑓2 ) 2
3
…
𝑛−1
𝑓𝑛 = 𝑒𝑛 − ∑
𝑘=1
(𝑒𝑛 , 𝑓𝑘 )
𝑓 ⇒ 𝑓𝑛 ⊥ 𝑓1 , … , 𝑓𝑛−1 .
(𝑓𝑘 , 𝑓𝑘 ) 𝑘
Тогда 𝑓1 , …, 𝑓𝑛 — ОБ в пространстве 𝐸.
Далее, сделаем нормировку:
1
1
𝑔1 =
⋅ 𝑓1 , … , 𝑔𝑛 =
⋅𝑓 .
‖𝑓1 ‖
‖𝑓𝑛 ‖ 𝑛
Тогда 𝑔1 , …, 𝑔𝑛 — ОНБ в пространстве 𝐸.
Пример 4 (ЛАВЗ гл. IV № 16а). В ЕП 𝐸 есть ОНБ 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 и элементы
𝑥1 = 𝑒1 − 2𝑒2 + 2𝑒3 ,
𝑥2 = −𝑒1 − 𝑒3 ,
𝑥3 = 5𝑒1 − 3𝑒2 − 7𝑒3 .
Доказать, что элементы 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 образуют базис в пространстве 𝐸, и применить к ним
процедуру ортогонализации с нормировкой.
Выпишем столбцы координат элементов 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 в базисе 𝑒:
1
−1
5
(𝑥1 )𝑒 = (−2) , (𝑥2 )𝑒 = ( 0) , (𝑥3 )𝑒 = (−3).
2
−1
−7
Вычислим определитель, построенный на этих столбцах:
1 −1
5
|−2
0 −3| = 27 ≠ 0.
2 −1 −7
Поскольку определитель отличен от нуля, то столбцы координат ЛНЗ, поэтому и элементы 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ЛНЗ. Пространство 𝐸 имеет размерность три, поскольку в нём есть
базис 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , состоящий из трёх элементов. Следовательно, и элементы 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 образуют базис в 𝐸.
Проведём ортогонализацию.
1) 𝑓1 = 𝑥1 = 𝑒1 − 2𝑒2 + 2𝑒3 .
(𝑥 ,𝑓 )
2) 𝑓2 = 𝑥2 − (𝑓2 1) 𝑓1 .
1 ,𝑓1
Поскольку 𝑒 — ОНБ в ЕП, то для вычисления СП воспользуемся формулой
3
(𝑎, 𝑏) = ∑ 𝑎𝑘 𝑏𝑘 ,
𝑘=1
где 𝑎𝑘 , 𝑏𝑘 — координаты элементов 𝑎, 𝑏 в ОНБ 𝑒. Тогда
(𝑥2 , 𝑓1 ) = (−1) ⋅ 1 + 0 ⋅ (−2) + (−1) ⋅ 2 = −3,
(𝑓1 , 𝑓1 ) = 1 ⋅ 1 + (−2) ⋅ (−2) + 2 ⋅ 2 = 9,
1
2
2
1
𝑓2 = −𝑒1 − 𝑒3 + (𝑒1 − 2𝑒2 + 2𝑒3 ) = − 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 .
3
3
3
3
(𝑥3 ,𝑓1 )
(𝑥3 ,𝑓2 )
3) 𝑓3 = 𝑥3 − (𝑓 ) 𝑓1 − (𝑓 ) 𝑓2 .
1 ,𝑓1
2 ,𝑓2
(𝑥3 , 𝑓1 ) = 5 ⋅ 1 + (−3) ⋅ (−2) + (−7) ⋅ 2 = −3,
2
2
1
(𝑥3 , 𝑓2 ) = 5 ⋅ (− ) + (−3) ⋅ (− ) + (−7) ⋅ (− ) = 1,
3
3
3
2
2
2
2
1
1
(𝑓2 , 𝑓2 ) = (− ) ⋅ (− ) + (− ) ⋅ (− ) + (− ) ⋅ (− ) = 1,
3
3
3
3
3
3
4
1
2
2
1
𝑓3 = 5𝑒1 − 3𝑒2 − 7𝑒3 + (𝑒1 − 2𝑒2 + 2𝑒3 ) − (− 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 ) =
3
3
3
3
= 6𝑒1 − 3𝑒2 − 6𝑒3 .
Теперь элементы 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 образуют ОБ в пространстве 𝐸.
Проведём нормировку:
‖𝑓1 ‖ = √(𝑓1 , 𝑓1 ) = 3,
‖𝑓2 ‖ = √(𝑓2 , 𝑓2 ) = 1,
‖𝑓3 ‖ = √(𝑓3 , 𝑓3 ) = √6 ⋅ 6 + (−3) ⋅ (−3) + (−6) ⋅ (−6) = 9,
1
1
2
2
1
2
2
1
𝑔1 =
⋅ 𝑓1 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 ,
𝑔2 =
⋅ 𝑓2 = − 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 ,
‖𝑓1 ‖
‖𝑓2 ‖
3
3
3
3
3
3
1
2
1
2
𝑔3 =
⋅ 𝑓3 = 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 .
‖𝑓3 ‖
3
3
3
Теперь элементы 𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 образуют ОНБ в пространстве 𝐸.
1
2
2
2
2
1
2
1
2
Ответ: 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 , − 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 , 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒3 .
3
3
3
3
3
3
3
3
3
ДЗ 15. ЛАВЗ гл. IV № 1–3, 5, 10–12, 14, 16(б).
1
−1
(*) Найти КМТ в базисе 𝑒1 = ( ), 𝑒2 = ( ) ЕП 𝑇2 .
1
0
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: гл. IV § 3, 4.
Решение некоторых задач из ДЗ
ЛАВЗ гл. IV № 10. В базисе 𝑒1 , 𝑒2 комплексного ЛП 𝐸 произвольные элементы 𝑥, 𝑦
имеют разложения 𝑥 = 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 , 𝑦 = 𝑦1 𝑒1 + 𝑦2 𝑒2 .
а) Можно ли в этом пространстве ввести скалярное умножение элементов по формуле:
1°) (𝑥, 𝑦) = 𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 + (𝑖 − 1)𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 3𝑥2 ̅̅̅;
𝑦2
2°) (𝑥, 𝑦) = 2𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 − 𝑖𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑥2 ̅̅̅;
𝑦2
3°) (𝑥, 𝑦) = 𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + (1 + 𝑖)𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 + (𝑖 − 1)𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 − 𝑥2 ̅̅̅?
𝑦2
1+𝑖
3𝑖
б) Вычислите СП столбцов 𝐴 = (
), 𝐵 = (
) и их нормы, если скалярное умно2−𝑖
1−𝑖
𝑖
1
жение столбцов введено по формуле 2°) из пункта а) в базисе 𝑒1 = ( ), 𝑒2 = ( ).
0
−𝑖
Решение.
а) По формуле 1°) скалярное умножение ввести нельзя, так как не выполнена акси̅̅̅̅̅̅̅
ома СП (𝑥, 𝑦) = (𝑦,
𝑥). Поскольку
(𝑥, 𝑦) = 𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 + (𝑖 − 1)𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 3𝑥2 ̅̅̅,
𝑦2
(𝑦, 𝑥) = 𝑦1 𝑥
̅̅̅1 + 𝑖𝑦1 ̅̅̅
𝑥2 + (𝑖 − 1)𝑦2 ̅̅̅
𝑥1 + 3𝑦2 ̅̅̅,
𝑥2
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑦,
𝑥) = ̅̅̅𝑥
𝑦1 1 − 𝑖𝑦
̅̅̅𝑥
̅̅̅𝑥
̅̅̅𝑥
1 2 + (−𝑖 − 1)𝑦
2 1 + 3𝑦
2 2,
̅̅̅̅̅̅̅
то равенство (𝑥, 𝑦) = (𝑦,
𝑥) выполняется не всегда. Например, для элементов
𝑥 = 1 ⋅ 𝑒1 + 0 ⋅ 𝑒2 ,
𝑦 = 0 ⋅ 𝑒1 + 1 ⋅ 𝑒2
получим
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑥, 𝑦) = 𝑖,
(𝑦, 𝑥) = 𝑖 − 1,
(𝑦,
𝑥) = −𝑖 − 1 ≠ (𝑥, 𝑦).
По формуле 3°) скалярное умножение ввести нельзя по той же причине: аксиома
̅̅̅̅̅̅̅
СП (𝑥, 𝑦) = (𝑦,
𝑥) не выполнена. Поскольку
5
(𝑥, 𝑦) = 𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + (1 + 𝑖)𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 + (𝑖 − 1)𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 − 𝑥2 ̅̅̅,
𝑦2
(𝑦, 𝑥) = 𝑦1 𝑥
̅̅̅1 + (1 + 𝑖)𝑦1 ̅̅̅
𝑥2 + (𝑖 − 1)𝑦2 ̅̅̅
𝑥1 − 𝑦2 ̅̅̅,
𝑥2
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑦,
𝑥) = ̅̅̅𝑥
𝑦1 1 + (1 − 𝑖)𝑦
̅̅̅𝑥
̅̅̅𝑥
𝑦2 2 ,
1 2 + (−𝑖 − 1)𝑦
2 1 − ̅̅̅𝑥
̅̅̅̅̅̅̅
то равенство (𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥) выполняется не всегда. Например, для элементов
𝑥 = 1 ⋅ 𝑒1 + 0 ⋅ 𝑒2 ,
𝑦 = 0 ⋅ 𝑒1 + 1 ⋅ 𝑒2
получим
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑥, 𝑦) = 1 + 𝑖,
(𝑦, 𝑥) = 𝑖 − 1,
(𝑦,
𝑥) = −𝑖 − 1 ≠ (𝑥, 𝑦).
По формуле 2°) скалярное умножение ввести можно, так как выполняются все требования, которым должно удовлетворять СП в УП. Во-первых, для любых элементов 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 СП (𝑥, 𝑦) является комплексным числом. Во-вторых, выполнены четыре аксиомы СП. Проверим это.
̅̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅
1) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 должно выполняться равенство (𝑥, 𝑦) = (𝑦,
𝑥). Запишем (𝑥, 𝑦) и (𝑦,
𝑥):
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥1 ̅̅̅
(𝑦, 𝑥) = 2𝑦1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 − 𝑖𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑥2 ̅̅̅,
𝑦2
𝑥1 + 𝑖𝑦1 ̅̅̅
𝑥2 − 𝑖𝑦2 ̅̅̅
𝑥1 + 𝑦2 ̅̅̅,
𝑥2
̅̅̅̅̅̅̅
(𝑦, 𝑥) = 2𝑦
̅̅̅𝑥
̅̅̅𝑥
̅̅̅𝑥
𝑦2 2 .
1 1 − 𝑖𝑦
1 2 + 𝑖𝑦
2 1 + ̅̅̅𝑥
̅̅̅̅̅̅̅
Видно, что (𝑥, 𝑦) ≡ (𝑦,
𝑥).
2) ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐸 должно выполняться равенство (𝑥 + 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑧) + (𝑦, 𝑧). Запишем
(𝑥 + 𝑦, 𝑧):
(𝑥 + 𝑦, 𝑧) = 2(𝑥1 + 𝑦1 )𝑧̅1 + 𝑖(𝑥1 + 𝑦1 )𝑧̅2 − 𝑖(𝑥2 + 𝑦2 )𝑧̅1 + (𝑥2 + 𝑦2 )𝑧̅2 =
= 2𝑥1 𝑧̅1 + 2𝑦1 𝑧̅1 + 𝑖𝑥1 𝑧̅2 + 𝑖𝑦1 𝑧̅2 − 𝑖𝑥2 𝑧̅1 − 𝑖𝑦2 𝑧̅1 + 𝑥2 𝑧̅2 + 𝑦2 𝑧̅2 =
= (2𝑥1 𝑧̅1 + 𝑖𝑥1 𝑧̅2 − 𝑖𝑥2 𝑧̅1 + 𝑥2 𝑧̅2 ) + (2𝑦1 𝑧̅1 + 𝑖𝑦1 𝑧̅2 − 𝑖𝑦2 𝑧̅1 + 𝑦2 𝑧̅2 ) = (𝑥, 𝑧) + (𝑦, 𝑧),
ч.т.д.
3) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸, ∀𝜆 ∈ ℂ должно выполняться равенство (𝜆𝑥, 𝑦) = 𝜆(𝑥, 𝑦). Запишем
(𝜆𝑥, 𝑦):
(𝜆𝑥, 𝑦) = 2𝜆𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝜆𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 − 𝑖𝜆𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 𝜆𝑥2 ̅̅̅
𝑦2 = 𝜆(2𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 − 𝑖𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑥2 ̅̅̅)
𝑦2 =
= 𝜆(𝑥, 𝑦),
ч. т. д.
4) ∀𝑥 ∈ 𝐸 должно выполняться равенство (𝑥, 𝑥) ≥ 0, причём (𝑥, 𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 𝜃.
Пусть 𝑥1 = 𝑎1 + 𝑖𝑏1 , 𝑥2 = 𝑎2 + 𝑖𝑏2 , где 𝑎1 , 𝑏1 , 𝑎2 , 𝑏2 ∈ ℝ. Тогда
(𝑥, 𝑥) = 2𝑥1 𝑥
̅̅̅1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑥2 − 𝑖𝑥2 ̅̅̅
𝑥1 + 𝑥2 ̅̅̅
𝑥2 =
= 2(𝑎1 + 𝑖𝑏1 )(𝑎1 − 𝑖𝑏1 ) + 𝑖(𝑎1 + 𝑖𝑏1 )(𝑎2 − 𝑖𝑏2 ) − 𝑖(𝑎2 + 𝑖𝑏2 )(𝑎1 − 𝑖𝑏1 ) +
+ (𝑎2 + 𝑖𝑏2 )(𝑎2 − 𝑖𝑏2 ) =
= 2𝑎12 + 2𝑏12 + 𝑖𝑎1 𝑎2 − 𝑏1 𝑎2 + 𝑎1 𝑏2 + 𝑖𝑏1 𝑏2 − 𝑖𝑎2 𝑎1 + 𝑏2 𝑎1 − 𝑎2 𝑏1 − 𝑖𝑏2 𝑏1 + 𝑎22 +
+ 𝑏22 = 2𝑎12 + 2𝑏12 − 2𝑏1 𝑎2 + 2𝑎1 𝑏2 + 𝑎22 + 𝑏22 =
= 𝑎12 + 𝑏12 + (𝑏12 − 2𝑏1 𝑎2 + 𝑎22 ) + (𝑎12 + 2𝑎1 𝑏2 + 𝑏22 ) =
= 𝑎12 + 𝑏12 + (𝑏1 − 𝑎2 )2 + (𝑎1 + 𝑏2 )2 .
Видно, что (𝑥, 𝑥) ≥ 0, причём (𝑥, 𝑥) = 0 ⇔ 𝑎1 = 0, 𝑏1 = 0, 𝑎2 = 𝑏1 = 0, 𝑏2 = −𝑎1 =
0, т.е. 𝑥 = 0 ⋅ 𝑒1 + 0 ⋅ 𝑒2 = 𝜃, ч.т.д.
б) Поскольку
𝑖
1+𝑖
1
𝐴=(
) = (1 + 2𝑖) ⋅ ( ) + (−1) ⋅ ( ) ,
0
2−𝑖
−𝑖
𝑖
3𝑖
1
𝐵=(
) = (1 + 𝑖) ⋅ ( ) + (2 + 𝑖) ⋅ ( ),
0
1−𝑖
−𝑖
то 𝑥1 = 1 + 2𝑖, 𝑥2 = −1, 𝑦1 = 1 + 𝑖, 𝑦2 = 2 + 𝑖, поэтому
6
(𝐴, 𝐵) = 2𝑥1 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑖𝑥1 ̅̅̅
𝑦2 − 𝑖𝑥2 ̅̅̅
𝑦1 + 𝑥2 ̅̅̅
𝑦2 =
= 2(1 + 2𝑖)(1 − 𝑖) + 𝑖(1 + 2𝑖)(2 − 𝑖) − 𝑖 ⋅ (−1) ⋅ (1 − 𝑖) + (−1) ⋅ (2 − 𝑖) =
= 2 + 4𝑖 − 2𝑖 + 4 + 2𝑖 − 4 + 1 + 2𝑖 + 𝑖 + 1 − 2 + 𝑖 = 2 + 8𝑖,
‖𝐴‖ = √(𝐴, 𝐴) = √12 + 22 + (2 + 1)2 + (1 + 0)2 = √15,
‖𝐵‖ = √(𝐵, 𝐵) = √12 + 12 + (1 − 2)2 + (1 + 1)2 = √7.
Ответ: а) 1°) нет, 2°) да, 3°) нет; б) (𝐴, 𝐵) = 2 + 8𝑖, ‖𝐴‖ = √15, ‖𝐵‖ = √7.
ЛАВЗ гл. IV № 12. В ЛП 𝑃2 многочленов степени, не превосходящей 2, СП элементов
𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) задано формулой
1
(𝑓, 𝑔) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) ⅆ𝑥 .
−1
Постройте ОНБ пространства 𝑃2 с помощью процедуры ортогонализации, исходя из
базиса 1, 𝑥, 𝑥 2 .
Решение. Обозначим исходный базис 𝑒1 = 1, 𝑒2 = 𝑥, 𝑒3 = 𝑥 2 .
Проведём ортогонализацию.
1) 𝑓1 = 𝑒1 = 1.
(𝑒 ,𝑓 )
2) 𝑓2 = 𝑒2 − (𝑓2 1) 𝑓1 .
1 ,𝑓1
1
(𝑒2 , 𝑓1 ) = ∫ 𝑥 ⅆ𝑥 = 0.
−1
𝑓2 = 𝑒2 = 𝑥.
(𝑒 ,𝑓 )
(𝑒 ,𝑓 )
3) 𝑓3 = 𝑒3 − (𝑓3 1) 𝑓1 − (𝑓3 2) 𝑓2 .
1 ,𝑓1
2 ,𝑓2
1
2
(𝑒3 , 𝑓1 ) = (𝑓2 , 𝑓2 ) = ∫ 𝑥 2 ⅆ𝑥 = .
3
1
−1
(𝑓1 , 𝑓1 ) = ∫ ⅆ𝑥 = 2.
−1
1
(𝑒3 , 𝑓2 ) = ∫ 𝑥 3 ⅆ𝑥 = 0.
−1
1
𝑓3 = 𝑥 2 − .
3
Проведём нормировку:
‖𝑓1 ‖ = √(𝑓1 , 𝑓1 ) = √2,
2
‖𝑓2 ‖ = √(𝑓2 , 𝑓2 ) = √ ,
3
7
1
1
−1
−1
2
1
2
1
2 4 2
8
‖𝑓3 ‖ = √(𝑓3 , 𝑓3 ) = √ ∫ (𝑥 2 − ) ⅆ𝑥 = √ ∫ (𝑥 4 − 𝑥 2 + ) ⅆ𝑥 = √ − + = √ =
3
3
9
5 9 9
45
2 2
= √ .
3 5
1
1
1
3
𝑔1 =
⋅ 𝑓1 =
,
𝑔2 =
⋅ 𝑓2 = √ 𝑥,
‖𝑓1 ‖
‖𝑓2 ‖
2
√2
{𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 } — ОНБ в 𝑃2 .
Ответ: {
1
√2
3
5
3𝑥 2 −1
2
2
2
, √ 𝑥, √ ⋅
1
5 3𝑥 2 − 1
√
𝑔3 =
⋅𝑓 =
⋅
.
‖𝑓3 ‖ 3
2
2
}.
8
Семинар 16
Ортогональное дополнение
Пусть 𝑀 — некоторое ЛПП ЕП или УП 𝐸.
О. ОД (ортогональным дополнением) 𝑀⊥ к подпространству 𝑀 называется множество
всех элементов пространства 𝐸, каждый из которых ортогонален ко всем элементам
из 𝑀: 𝑀 ⊥ = {𝑧 ∈ 𝐸: ∀𝑦 ∈ 𝑀 выполняется (𝑧, 𝑦) = 0}.
Т.
1) 𝑀 ⊥ является ЛПП;
2) dim 𝑀 + dim 𝑀⊥ = dim 𝐸;
3) (𝑀⊥ )⊥ = 𝑀;
4) 𝐸 = 𝑀 ⊕ 𝑀⊥ (пространство 𝐸 является прямой суммой подпространств 𝑀 и 𝑀⊥ ),
т.е. ∀𝑥 ∈ 𝐸 существует единственное разложение вида 𝑥 = 𝑦 + 𝑧, где 𝑦 ∈ 𝑀, 𝑧 ∈
𝑀 ⊥ . При этом элемент 𝑦 называется проекцией элемента 𝑥 на подпространство 𝑀,
элемент 𝑧 называется перпендикуляром, опущенным из элемента 𝑥 на подпространство 𝑀, ‖𝑧‖ называется расстоянием от элемента 𝑥 до подпространства 𝑀.
Пример: рассмотрим ЕП 𝑉3 трёхмерных геометрических векторов. Все векторы, параллельные некоторой плоскости, образуют ЛПП 𝑀. ОД 𝑀⊥ состоит из всех векторов, перпендикулярных к этой плоскости. Произвольный вектор 𝑥⃗ единственным
образом представляется в виде суммы 𝑥⃗ = 𝑦⃗ + 𝑧⃗, где 𝑦⃗ ∈ 𝑀 —
вектор, параллельный плоскости (проекция вектора 𝑥⃗ на плос⊥
кость), 𝑧⃗ ∈ 𝑀 — вектор, перпендикулярный плоскости (перпендикуляр).
Пример 1 (задача к общему зачёту № 21). В ЕП 𝐸 есть ОНБ 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 . Подпространство 𝑀 состоит из всех элементов 𝑥, для которых 𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 0, где {𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 } —
координаты элемента 𝑥 в базисе 𝑒. Найти базис 𝑀⊥ .
Геометрическая интерпретация. Рассмотрим пространство 𝑉3 . Пусть 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 — декартовы координаты вектора 𝑥⃗. Тогда уравнение 𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 0 задаёт плоскость, проходящую через начало координат. Подпространство 𝑀 состоит из всех векторов, лежащих в этой плоскости. Тогда ОД 𝑀⊥ состоит из всех векторов, перпендикулярных данной плоскости. Базисом ОД является любой вектор нормали к этой плоскости, напри⃗⃗ = {1; −2; 3}.
мер, 𝑁
Решение. Заметим, что уравнение 𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 = 0 можно записать в виде
(𝑥, 𝑦) = 0,
где 𝑥 = 𝑥1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 + 𝑥3 𝑒3 , 𝑦 = 𝑒1 − 2𝑒2 + 3𝑒3. Значит, подпространство 𝑀 состоит из
всех элементов 𝑥, ортогональных к данному элементу 𝑦. Но тогда элементы подпространства 𝑀 будут ортогональны и ко всем элементам вида 𝜆𝑦, где 𝜆 ∈ ℝ, поскольку
(𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆(𝑥, 𝑦) = 0.
Но поскольку ЛОб 𝐿(𝑦) состоит из всех элементов вида 𝜆𝑦, то 𝑀 — это ОД к 𝐿(𝑦): 𝑀 =
⊥
⊥ ⊥
(𝐿(𝑦)) . Тогда 𝑀⊥ = ((𝐿(𝑦)) ) = 𝐿(𝑦), значит, базис 𝑀⊥ — это базис ЛО 𝐿(𝑦); он состоит из одного элемента 𝑦 = 𝑒1 − 2𝑒2 + 3𝑒3 .
Ответ: 𝑒1 − 2𝑒2 + 3𝑒3 .
1
Пример 2 (ЛАВЗ гл. IV № 21а). Найти базис ОД к пространству решений ОСЛАУ
𝑥 − 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0,
{ 1
2𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 0.
Запишем ОСЛАУ в виде
(𝑥, 𝑎) = 0,
{
(𝑥, 𝑏) = 0,
где
𝑥1
1
2
𝑥2
−1
1
𝑥 = (𝑥 ) ,
𝑎 = ( ),
𝑏 = ( ).
1
1
3
𝑥4
1
1
Обозначим через 𝑀 пространство решений этой СЛАУ. Рассуждая аналогично предыдущей задаче, придём к выводу, что 𝑀⊥ = 𝐿(𝑎, 𝑏). Поскольку столбцы 𝑎 и 𝑏 ЛНЗ, то они
образуют базис 𝐿(𝑎, 𝑏).
1
2
−1
1
Ответ: ( ), ( ).
1
1
1
1
Методы построения базиса ОД. Пусть в ЕП или УП 𝐸 есть подпространство 𝑀. Требуется построить ОНБ в 𝑀⊥ .
Первый способ. Пусть 𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑘 — базис в 𝑀 (не обязательно ортонормированный).
ОД 𝑀⊥ состоит из всех элементов 𝑧, ортогональных ко всем элементам 𝑥 ∈ 𝑀. Чтобы
найти все такие 𝑧, достаточно потребовать, чтобы они были ортогональны ко всем базисным элементам 𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑛 , т.е. 𝑀⊥ является пространством решений системы уравнений
(𝑧, 𝑒1 ) = 0,
(𝑧, 𝑒2 ) = 0,
{
⋮
(𝑧, 𝑒𝑘 ) = 0.
Базисом 𝑀⊥ будет являться ФСР этой системы.
Второй способ. Пусть 𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑘 — ОНБ в 𝑀. Пусть элементы 𝑒𝑘+1 , 𝑒𝑘+2 , … , 𝑒𝑛 дополняют
данный базис до ОНБ всего ЕП или УП 𝐸, т.е. 𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑘 , 𝑒𝑘+1 , 𝑒𝑘+2 , … , 𝑒𝑛 — ОНБ в 𝐸. Тогда элементы 𝑒𝑘+1 , 𝑒𝑘+2 , … , 𝑒𝑛 образуют ОНБ в 𝑀⊥ .
Методы нахождения проекции и перпендикуляра. Пусть в ЕП или УП 𝐸 есть подпространство 𝑀. Дан некоторый элемент 𝑥 ∈ 𝐸. Требуется найти его проекцию на 𝑀 и перпендикуляр, опущенный из 𝑥 на 𝑀, т.е. требуется представить 𝑥 в виде 𝑥 = 𝑦 + 𝑧, где
𝑦 ∈ 𝑀, 𝑧 ∈ 𝑀⊥ .
Первый способ. Пусть {𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑘 } — базис в 𝑀 (не обязательно ортонормированный).
Поскольку 𝑦 ∈ 𝑀, то должно быть справедливо разложение
𝑦 = 𝑦1 𝑒1 + 𝑦2 𝑒2 + ⋯ + 𝑦𝑘 𝑒𝑘 ,
где 𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑘 — некоторые числа. Далее, поскольку 𝑥 = 𝑦 + 𝑧, то 𝑧 = 𝑥 − 𝑦. Т.к. 𝑧 ∈ 𝑀⊥ ,
то 𝑧 ⊥ 𝑒1 , 𝑧 ⊥ 𝑒2 , …, 𝑧 ⊥ 𝑒𝑘 , т.е.
(𝑧, 𝑒1 ) = 0,
(𝑧, 𝑒2 ) = 0,
{
⋮
(𝑧, 𝑒𝑘 ) = 0.
2
Подставив в эти равенства 𝑧 = 𝑥 − 𝑦, получим систему уравнений для определения неизвестных коэффициентов 𝑦1 , 𝑦2 , …, 𝑦𝑘 :
(𝑒1 , 𝑒1 )𝑦1 + (𝑒2 , 𝑒1 )𝑦2 + ⋯ + (𝑒𝑘 , 𝑒1 )𝑦𝑘 = (𝑥, 𝑒1 ),
(𝑒 , 𝑒 )𝑦 + (𝑒2 , 𝑒2 )𝑦2 + ⋯ + (𝑒𝑘 , 𝑒2 )𝑦𝑘 = (𝑥, 𝑒2 ),
{ 1 2 1
⋮
(𝑒1 , 𝑒𝑘 )𝑦1 + (𝑒2 , 𝑒𝑘 )𝑦2 + ⋯ + (𝑒𝑘 , 𝑒𝑘 )𝑦𝑘 = (𝑥, 𝑒𝑘 ).
Второй способ. Пусть {𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑘 } — ОНБ в 𝑀, {𝑒𝑘+1 , 𝑒𝑘+2 , … , 𝑒𝑛 } — ОНБ в 𝑀⊥ . Тогда
{𝑒1 , 𝑒2 , … , 𝑒𝑘 , 𝑒𝑘+1 , 𝑒𝑘+2 , … , 𝑒𝑛 } — ОНБ в 𝐸. Разложим 𝑥 по этому базису:
𝑥=𝑥
⏟1 𝑒1 + 𝑥2 𝑒2 + ⋯ + 𝑥𝑘 𝑒𝑘 + 𝑥
⏟𝑘+1 𝑒𝑘+1 + 𝑥𝑘+2 𝑒𝑘+2 +. . +𝑥𝑛 𝑒𝑛 ,
𝑦∈𝑀
где 𝑥𝑖 = (𝑥, 𝑒𝑖 ), 𝑖 = 1, … , 𝑛.
𝑧∈𝑀 ⊥
Пример 3 (задача к экзамену № 5). В ЕП 𝐸 есть ОНБ 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 . Даны столбцы координат элементов 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥 в базисе 𝑒:
1
1
1
1
0
(𝑥1 )𝑒 = (0) ,
(𝑥2 )𝑒 = ( ) ,
𝑥𝑒 = ( ).
0
0
0
1
0
0
1. Построить ОБ и ОНБ в подпространстве 𝑀 = 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ).
2. Найти 𝑦 — проекцию элемента 𝑥 на 𝑀, 𝑧 — перпендикуляр, опущенный из 𝑥 на 𝑀,
‖𝑧‖ — расстояние от 𝑥 до 𝑀.
3. Достроить найденные ОБ и ОНБ подпространства 𝑀 до ОБ и ОНБ всего пространства 𝐸.
4. Построить ОБ и ОНБ в 𝑀⊥ .
Решение.
1. Составим матрицу из столбцов (𝑥1 )𝑒 , (𝑥2 )𝑒 , найдём её ранг и базисный минор:
1 1
( 0 1 ).
0 0
1 0
Два столбца ЛНЗ, поэтому 𝑥1 , 𝑥2 — базис в 𝑀 = 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ).
Для того чтобы построить ОБ, проведём ортогонализацию.
1) 𝑓1 = 𝑥1 .
1
(𝑓1 )𝑒 = (𝑥1 )𝑒 = (0).
0
1
(𝑥2 ,𝑓1 )
2) 𝑓2 = 𝑥2 − (𝑓 ) 𝑓1 .
1 ,𝑓1
(𝑥2 , 𝑓1 ) = 1 ⋅ 1 + 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0 = 1,
(𝑓1 , 𝑓1 ) = 1 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 1 = 2,
1
𝑓2 = 𝑥2 − 𝑓1 ,
2
1⁄2
1
1
1
1
1
1
1
2
(𝑓2 )𝑒 = (𝑥2 )𝑒 − (𝑓1 )𝑒 = ( ) − (0) = (
) ~ ( ).
0
0
0
2
2 0
− 1⁄2
0
1
−1
3
(Нам удобно умножить полученный элемент на 2, т.к. норма 𝑓2 сейчас не
важна, позже мы всё равно проведём нормировку, а норма не влияет на ортогональность: по-прежнему 𝑓2 ⊥ 𝑓1 .)
Итак, 𝑓1 , 𝑓2 — ОБ в 𝑀. Чтобы построить ОНБ, проведём нормировку:
‖𝑓1 ‖ = √(𝑓1 , 𝑓1 ) = √2,
‖𝑓2 ‖ = √(𝑓2 , 𝑓2 ) = √6,
1
1
𝑔1 =
⋅ 𝑓1 ,
𝑔2 =
⋅𝑓 ,
‖𝑓1 ‖
‖𝑓2 ‖ 2
1⁄√6
1⁄√2
0
2⁄√6 .
(𝑔1 )𝑒 =
(𝑔2 )𝑒 =
,
0
0
(1⁄√2)
(− 1⁄√6)
Теперь 𝑔1 , 𝑔2 — ОНБ в 𝑀.
2. Найдём 𝑦 и 𝑧.
Первый способ. Базисом в 𝑀 является 𝑥1 , 𝑥2 . Мы должны представить 𝑥 в виде
𝑥 = 𝑦 + 𝑧,
где 𝑦 ∈ 𝑀, 𝑧 ∈ 𝑀⊥ . Тогда 𝑦 должен иметь вид
𝑦 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑦2 𝑥2 ,
где 𝑦1 , 𝑦2 — некоторые числа. Тогда
𝑧 = 𝑥 − 𝑦1 𝑥1 − 𝑦2 𝑥2 .
Из условий (𝑧, 𝑥1 ) = 0, (𝑧, 𝑥2 ) = 0 получим систему уравнений
(𝑥, 𝑥1 ) − (𝑥1 , 𝑥1 )𝑦1 − (𝑥2 , 𝑥1 )𝑦2 = 0,
{
(𝑥, 𝑥2 ) − (𝑥1 , 𝑥2 )𝑦1 − (𝑥2 , 𝑥2 )𝑦2 = 0.
Вычислив СП, получим
2𝑦 + 𝑦2 = 1,
{ 1
𝑦1 + 2𝑦2 = 1.
1
1
Данная система имеет единственное решение 𝑦1 = , 𝑦2 = . Тогда
3
3
1
1
2
1
1
1
1
1
𝑦 = 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒4 ,
𝑧 = 𝑥 − 𝑦 = 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒4 .
3
3
3
3
3
3
3
3
1
Расстояние от 𝑥 до 𝑀: ‖𝑧‖ = √(𝑧, 𝑧) = .
√3
Второй способ. Пусть некоторые элементы 𝑔3 и 𝑔4 дополняют ОНБ 𝑔1 , 𝑔2 в 𝑀 до
ОНБ в 𝐸. Разложим элемент 𝑥 по базису 𝑔:
𝑥=⏟
𝑐1 𝑔1 + 𝑐2 𝑔2 + ⏟
𝑐3 𝑔3 + 𝑐4 𝑔4 .
𝑦∈𝑀
𝑧∈𝑀⊥
Так как 𝑔 — ОНБ, то
1
1
1
𝑐1 = (𝑥, 𝑔1 ) = 1 ⋅
+0⋅0+0⋅0+0⋅
=
,
√2
√2 √2
1
2
1
1
𝑐2 = (𝑥, 𝑔2 ) = 1 ⋅
+0⋅
+ 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ (− ) = .
√6
√6
√6
√6
Тогда 𝑦 = 𝑐1 𝑔1 + 𝑐2 𝑔2 ,
1⁄√6
2⁄3
1⁄√2
1
1
0
2⁄√6 = (1⁄3).
𝑦𝑒 = 𝑐1 (𝑔1 )𝑒 + 𝑐2 (𝑔2 )𝑒 =
+
0
0
0
√2
√6
1⁄3
(1⁄√2)
(− 1⁄√6)
4
2
1
1
3
3
3
Таким образом, 𝑦 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒4 — проекция 𝑥 на 𝑀.
3
3
3
Тогда 𝑧 = 𝑥 − 𝑦 — перпендикуляр, опущенный из 𝑥 на 𝑀:
2⁄3
1⁄3
1
1⁄3
− 1⁄3
0
𝑧𝑒 = 𝑥𝑒 − 𝑦𝑒 = ( ) − (
)=(
).
0
0
0
1⁄3
− 1⁄3
0
1
1
1
Таким образом, 𝑧 = 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒4 — перпендикуляр, опущенный из 𝑥 на 𝑀.
Расстояние от 𝑥 до 𝑀: ‖𝑧‖ = √(𝑧, 𝑧) =
1
.
√3
3. Достроим ОБ 𝑓1 , 𝑓2 и ОНБ 𝑔1 , 𝑔2 подпространства 𝑀 до ОБ и ОНБ всего пространства 𝐸.
Добавим к столбцам координат 𝑓1 , 𝑓2 ещё два столбца так, чтобы получилось четыре ЛНЗ столбца:
1
1 0 0
0
2 0 0
|
| = 2 ≠ 0.
0
0 1 0
1 −1 0 1
Тогда 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑎, 𝑏 — базис в 𝐸, где
0
0
0
0
𝑎𝑒 = ( ) ,
𝑏𝑒 = ( ),
1
0
0
1
т.е. 𝑎 = 𝑒3 , 𝑏 = 𝑒4 .
Чтобы получить ОБ пространства 𝐸, проведём ортогонализацию. Элементы 𝑓1 , 𝑓2 ,
𝑓3 = 𝑎 = 𝑒3 уже попарно ортогональны. Далее,
(𝑏, 𝑓1 )
(𝑏, 𝑓2 )
(𝑏, 𝑓3 )
1
1
𝑓4 = 𝑏 −
𝑓1 −
𝑓2 −
𝑓3 = 𝑏 − 𝑓1 − (− ) 𝑓2 − 0 ⋅ 𝑓3 ,
(𝑓1 , 𝑓1 )
(𝑓2 , 𝑓2 )
(𝑓3 , 𝑓3 )
2
6
− 1 ⁄3
0
1
1
1
1
1
1
1
1 ⁄3
−1
(𝑓4 )𝑒 = 𝑏𝑒 − (𝑓1 )𝑒 + (𝑓2 )𝑒 = (0) − (0) + ( 2) = (
) ~ ( ).
0
0
0
0
2
6
2 0
6
1 ⁄3
1
1
−1
−1
Итак, 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 , 𝑓4 — ОБ в 𝐸.
Чтобы получить ОНБ, проведём нормировку. Из 𝑓1 , 𝑓2 получатся 𝑔1 , 𝑔2 . Далее,
1
‖𝑓3 ‖ = 1 ⇒ 𝑔3 =
⋅ 𝑓 = 𝑓3 = 𝑒3 ,
‖𝑓3 ‖ 3
1
1
‖𝑓4 ‖ = √3 ⇒ 𝑔4 =
⋅ 𝑓4 =
𝑓4 ,
‖𝑓4 ‖
√3
1⁄√3
(𝑔4 )𝑒 = − 1⁄√3 .
0
(− 1⁄√3)
Итак, 𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 — ОНБ в 𝐸.
4. Построим ОБ и ОНБ в 𝑀⊥ .
Первый способ. Как было показано выше, если элементы 𝑔3 , 𝑔4 достраивают ОНБ
𝑔1 , 𝑔2 в 𝑀 до базиса всего пространства 𝐸, то 𝑔3 , 𝑔4 — ОНБ в 𝑀⊥ . Тогда 𝑓3 , 𝑓4 — ОБ
в 𝑀⊥ .
5
Второй способ. Найдём ОБ в 𝑀⊥ другим способом. Найдём все элементы ℎ ∈ 𝑀⊥ .
Они должны быть ортогональны всем базисным элементам подпространства 𝑀,
т.е. ортогональны 𝑥1 , 𝑥2 . Таким образом,
(ℎ, 𝑥1 ) = 0,
{
(ℎ, 𝑥2 ) = 0.
ℎ1
ℎ
Пусть ℎ𝑒 = ( 2 ). Тогда
ℎ3
ℎ4
(ℎ, 𝑥1 ) = ℎ1 + ℎ4 = 0,
{
(ℎ, 𝑥2 ) = ℎ1 + ℎ2 = 0.
Матрица этой ОСЛАУ уже имеет упрощённый вид:
1 0 0 1
𝐴=(
).
1 1 0 0
Базисные переменные: ℎ2 , ℎ4 . Свободные переменные: ℎ1 , ℎ3 . Эквивалентная
ОСЛАУ:
ℎ = −ℎ1 ,
{ 4
ℎ2 = −ℎ1 .
Она имеет ОР
0
1
0
−1
ℎ𝑒 = 𝐶1 ( ) + 𝐶2 ( ),
1
0
0
−1
её ФСР
0
1
0
−1
𝑎𝑒 = ( ) ,
𝑏𝑒 = ( )
1
0
0
−1
даёт нам базис пространства 𝑀⊥ , т.е. 𝑎, 𝑏 — базис в 𝑀⊥ . При этом базисные элементы получились уже ортогональными, т.е. они образуют ОБ (такой же базис
получался у нас первым способом). Если бы ФСР не была ортогональной, то надо
было бы ещё провести ортогонализацию. Чтобы получить ОНБ, остаётся сделать
нормировку. Ответ получится такой же, как и в первом способе.
Ответ: 𝑓1 , 𝑓2 — ОБ в 𝑀, 𝑔1 , 𝑔2 — ОНБ в 𝑀, 𝑓3 , 𝑓4 — ОБ в 𝑀⊥ , 𝑔3 , 𝑔4 — ОНБ в 𝑀⊥ , 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 , 𝑓4 —
ОБ в 𝐸, 𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 , 𝑔4 — ОНБ в 𝐸, где
𝑓1 = 𝑒1 + 𝑒4 ,
𝑓2 = 𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒4 ,
𝑓3 = 𝑒3 ,
𝑓4 = 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒4 ,
1
1
1
2
1
𝑔1 =
𝑒1 +
𝑒4 ,
𝑔2 =
𝑒1 +
𝑒2 −
𝑒4 ,
𝑔3 = 𝑒3 ,
√2
√2
√6
√6
√6
1
1
1
𝑔4 =
𝑒1 −
𝑒2 −
𝑒4 ;
√3
√3
√3
проекция, перпендикуляр и расстояние от 𝑥 до 𝑀:
2
1
1
1
1
1
1
‖𝑧‖ = .
𝑦 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒4 ,
𝑧 = 𝑒1 − 𝑒2 − 𝑒4 ,
3
3
3
3
3
3
√3
6
Ортогональные и унитарные матрицы
О. Невырожденная квадратная вещественная матрица 𝑄 называется ортогональной,
если 𝑄𝑇 = 𝑄−1 .
Т.
1) Матрица перехода от одного ОНБ к другому ОНБ в ЕП является ортогональной.
2) Если 𝑄 — ортогональная матрица, то столбцы (строки) матрицы 𝑄 образуют ОНБ
и det 𝑄 = ±1.
О. Невырожденная квадратная комплексная матрица 𝑈 называется унитарной, если
̅ 𝑇 — эрмитово сопряжённая матрица.
𝑈 ∗ = 𝑈 −1 , где 𝑈 ∗ = 𝑈
Т.
1) Матрица перехода от одного ОНБ к другому ОНБ в УП является унитарной.
2) Если 𝑈 — унитарная матрица, то столбцы (строки) матрицы 𝑈 образуют ОНБ и
|det 𝑈| = 1.
Пример 4. Найти матрицу перехода от ОНБ 𝑖⃗, 𝑗⃗ в ЕП 𝑉2 к ОНБ 𝑖⃗′ , 𝑗⃗′ , повёрнутому на угол 𝛼
против часовой стрелки. Проверить, что она ортогональна.
Убедимся, что исходный базис — ОНБ: (𝑖⃗, 𝑗⃗) = 0, (𝑖⃗, 𝑖⃗) = 1, (𝑗⃗, 𝑗⃗) = 1.
Повёрнутый базис: |𝑖⃗′ | = 1, |𝑗⃗′ | = 1,
𝑖⃗′ = cos 𝛼 𝑖⃗ + sin 𝛼 𝑗⃗,
𝑗⃗′ = − sin 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛼 𝑗⃗.
cos 𝛼 − sin 𝛼
𝐴=(
) — матрица перехода от ОНБ 𝑖⃗, 𝑗⃗ к
sin 𝛼
cos 𝛼
ОНБ 𝑖⃗′ , 𝑗⃗′ .
Проверим, что 𝐴𝑇 = 𝐴−1 , т.е. 𝐴𝑇 𝐴 = 𝐴𝐴𝑇 = 𝐼:
cos 𝛼 sin 𝛼
𝐴=(
),
−sin 𝛼 cos 𝛼
cos 𝛼 sin 𝛼 cos 𝛼 − sin 𝛼
1 0
𝐴𝑇 𝐴 = (
)(
)=(
) = 𝐼,
− sin 𝛼 cos 𝛼 sin 𝛼
cos 𝛼
0 1
cos 𝛼 − sin 𝛼
cos 𝛼 sin 𝛼
1 0
𝐴𝐴𝑇 = (
)(
)=(
) = 𝐼,
sin 𝛼
cos 𝛼 − sin 𝛼 cos 𝛼
0 1
ч. т. д.
cos 𝛼 − sin 𝛼
Ответ: 𝐴 = (
).
sin 𝛼
cos 𝛼
0 −𝑖
Пример унитарной матрицы: 𝑈 = (
). Докажем, что 𝑈 ∗ = 𝑈 −1 , т.е. 𝑈 ∗ 𝑈 = 𝑈𝑈 ∗ = 𝐼:
𝑖
0
0 𝑖
0
−𝑖
0 −𝑖 0 −𝑖
1 0
𝑇
∗
𝑇
̅ =(
𝑈 =(
𝑈 =𝑈
𝑈 ∗ 𝑈 = 𝑈𝑈 ∗ = (
),
),
)(
)=(
) = 𝐼,
−𝑖 0
𝑖
0
𝑖
0 𝑖
0
0 1
ч. т. д.
ДЗ 16. ЛАВЗ гл. IV № 17, 18(б,в,г), 21(б), 22(б,в,г), 23–25, 28.
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: гл. V § 1.
7
Семинар 17
Линейные операторы (ЛОп)
О. Линейным оператором 𝐴̂, действующим в ЛП 𝐿 над полем 𝕂, называется правило, по
которому каждому элементу 𝑥 ∈ 𝐿 ставится в соответствие некоторый элемент 𝐴̂𝑥 ∈ 𝐿,
причём
1) ∀𝑥 ∈ 𝐿, ∀𝜆 ∈ 𝕂 выполняется 𝐴̂(𝜆𝑥) = 𝜆𝐴̂𝑥;
2) ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿 выполняется 𝐴̂(𝑥 + 𝑦) = 𝐴̂𝑥 + 𝐴̂𝑦.
О. Матрицей линейного оператора 𝐴̂ в базисе 𝑒1 , 𝑒2 , …, 𝑒𝑛 называется матрица 𝐴𝑒 =
(𝑎𝑖𝑗 )𝑛×𝑛 , составленная из столбцов координат (𝐴̂𝑒1 )𝑒 , (𝐴̂𝑒2 )𝑒 , …, (𝐴̂𝑒𝑛 )𝑒 :
𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛
𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑛
( ⋮
⋮
⋱
⋮ )
𝐴𝑒 =
𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 … 𝑎𝑛𝑛
(𝐴̂𝑒1 )𝑒 (𝐴̂𝑒2 )𝑒 …(𝐴̂𝑒𝑛 )𝑒
Т. Если 𝐴𝑒 — матрица оператора 𝐴̂ в базисе 𝑒, то ∀𝑥 ∈ 𝐿 выполняется
(𝐴̂𝑥)𝑒 = 𝐴𝑒 𝑥𝑒
(столбец координат элемента 𝐴̂𝑥 в базисе 𝑒 равен произведению матрицы оператора 𝐴̂
в базисе 𝑒 на столбец координат элемента 𝑥 в базисе 𝑒).
Таким образом, действие оператора однозначно задаётся с помощью его матрицы.
Т. (закон преобразования матрицы ЛОп). Если 𝐶 — матрица перехода от базиса 𝑒 к
базису 𝑓 (𝑓 = 𝑒𝐶) и 𝐴̂ — ЛОп, то
𝐴𝑓 = 𝐶 −1 𝐴𝑒 𝐶.
Пример 1. Оператор 𝐴̂ переводит произвольный вектор 𝑎⃗ ∈ 𝐵2 в вектор 𝑏⃗⃗ ∈ 𝐵2 , симметричный вектору 𝑎⃗ относительно прямой 𝑦 = 𝑘𝑥. Доказать, что 𝐴̂ — ЛОп. Найти матрицу
ЛОп 𝐴̂ в ОНБ {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Докажем линейность оператора 𝐴̂. Для этого выберем удобный базис. Введём в пространстве 𝐵2 ОНБ, состоящий из вектора 𝑝⃗ — единичного направляющего вектора прямой 𝑦 = 𝑘𝑥, и вектора 𝑛⃗⃗ — единичного вектора нормали к этой прямой.
𝑦 = 𝑘𝑥
𝑏⃗⃗
𝑝⃗
𝑎⃗
𝑛⃗⃗
Произвольный вектор 𝑎⃗ можно разложить по базису
{𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}:
𝑎⃗ = 𝑎𝑝 𝑝⃗ + 𝑎𝑛 𝑛⃗⃗.
При симметричном отражении вектора 𝑎⃗ относительно прямой 𝑦 = 𝑘𝑥 нормальная составляющая
вектора меняет знак, а касательная — не изменяется:
𝑏⃗⃗ = 𝐴̂𝑎⃗ = 𝑎𝑝 𝑝⃗ − 𝑎𝑛 𝑛⃗⃗.
1
Тогда имеем:
1) 𝐴̂(𝜆𝑎⃗) = 𝐴̂(𝜆𝑎𝑝 𝑝⃗ + 𝜆𝑎𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝜆𝑎𝑝 𝑝⃗ − 𝜆𝑎𝑛 𝑛⃗⃗ =
= 𝜆(𝑎𝑝 𝑝⃗ − 𝑎𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝜆𝐴̂𝑎⃗;
𝑝⃗
−𝑛⃗⃗
2) 𝐴̂(𝑎⃗ + 𝑐⃗) = 𝐴̂ ((𝑎𝑝 + 𝑐𝑝 )𝑝⃗ + (𝑎𝑛 + 𝑐𝑛 )𝑛⃗⃗) =
𝑛⃗⃗
= (𝑎𝑝 + 𝑐𝑝 )𝑝⃗ − (𝑎𝑛 + 𝑐𝑛 )𝑛⃗⃗ =
= (𝑎𝑝 𝑝⃗ − 𝑎𝑛 𝑛⃗⃗) + (𝑐𝑝 𝑝⃗ − 𝑐𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝐴̂𝑎⃗ + 𝐴̂𝑐⃗.
Что и доказывает линейность оператора 𝐴̂.
Теперь найдём матрицу оператора 𝐴̂. Проще её построить сначала в базисе {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}, а затем перейти к базису {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Подействовав оператором 𝐴̂ на базисные векторы 𝑝⃗, 𝑛⃗⃗, получим:
𝐴̂𝑝⃗ = 𝑝⃗,
𝐴̂𝑛⃗⃗ = −𝑛⃗⃗.
Значит, матрица оператора 𝐴̂ в базисе {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗} имеет вид:
1
0
𝐴𝑝𝑛 = (
).
0 −1
Теперь найдём матрицу перехода от базиса {𝑖⃗, 𝑗⃗} к базису {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}. Для этого получим координаты векторов 𝑝⃗, 𝑛⃗⃗ в базисе {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Одним из направляющих векторов прямой 𝑦 = 𝑘𝑥 является вектор 𝑖⃗ + 𝑘𝑗⃗. Одним из векторов нормали является вектор 𝑘𝑖⃗ − 𝑗⃗. Отнормировав эти векторы, получим 𝑝⃗ и 𝑛⃗⃗:
1
𝑘
𝑘
1
𝑝⃗ =
𝑖⃗ +
𝑗⃗,
𝑛⃗⃗ =
𝑖⃗ −
𝑗⃗.
√𝑘 2 + 1
√𝑘 2 + 1
√𝑘 2 + 1
√𝑘 2 + 1
Тогда матрица перехода от ОНБ {𝑖⃗, 𝑗⃗} к ОНБ {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗} имеет вид:
1
𝑘
2
1
1
𝑘
√𝑘 2 + 1 =
𝐶 = √𝑘 + 1
(
).
2
𝑘
1
𝑘 −1
+
1
√𝑘
−
2+1
√𝑘
√𝑘 2 + 1)
(
Это ортогональная матрица (как матрица перехода от ОНБ к ОНБ), поэтому
1
1
𝑘
𝐶 −1 = 𝐶 𝑇 =
(
).
√𝑘 2 + 1 𝑘 −1
При этом 𝐴𝑝𝑛 = 𝐶 −1 𝐴𝑖𝑗 𝐶, где 𝐴𝑖𝑗 — матрица оператора 𝐴̂ в базисе {𝑖⃗, 𝑗⃗}, поэтому
1
1
0
1
𝑘 1
1
𝑘
𝐴𝑖𝑗 = 𝐶𝐴𝑝𝑛 𝐶 −1 =
(
)(
)
(
)=
√𝑘 2 + 1 𝑘 −1 0 −1 √𝑘 2 + 1 𝑘 −1
1
1
0 1
1
𝑘 1
𝑘
1
𝑘
1 𝑘
= 2
(
)(
)(
)= 2
(
)(
)=
𝑘 + 1 𝑘 −1 0 −1 𝑘 −1
𝑘 + 1 𝑘 −1 −𝑘 1
1 − 𝑘2
2𝑘
2
1
2𝑘 ) = 𝑘 2 + 1 𝑘 2 + 1 .
= 2
(1 − 𝑘
𝑘 + 1 2𝑘
2𝑘
𝑘2 − 1
𝑘2 − 1
( 𝑘 2 + 1 𝑘 2 + 1)
Это матрица оператора 𝐴̂ в базисе {𝑖⃗, 𝑗⃗}. Её можно было бы найти и по-другому, вычислив векторы 𝐴̂𝑖⃗, 𝐴̂𝑗⃗ и разложив их по базису {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
1−𝑘 2
𝑘 2 +1
Ответ: 𝐴𝑖𝑗 = (
2𝑘
𝑘 2 +1
2𝑘
𝑘 2 +1
).
𝑘 2 −1
𝑘 2 +1
2
Пример 2 (задача к экзамену № 12). В ЕП 𝐸 есть ОНБ {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 }. Даны столбцы координат элементов 𝑥1 , 𝑥2 :
1
1
1
(𝑥1 )𝑒 = (0) ,
(𝑥2 )𝑒 = ( ).
0
0
1
0
Найти матрицу оператора ортогонального проектирования 𝑃̂ на подпространство
𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ) в базисе 𝑒.
Оператор 𝑃̂ переводит каждый вектор 𝑥 ∈ 𝐸 в его проекцию на подпространство
𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ).
Чтобы найти проекцию произвольного вектора 𝑥 ∈ 𝐸 на 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ), построим ОНБ в
𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ). Согласно результату примера 2 из семинара 16, это будет {𝑔1 , 𝑔2 }, где
𝑒1 + 𝑒4
𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒4
𝑔1 =
,
𝑔2 =
.
√2
√6
Тогда проекция произвольного вектора 𝑥 ∈ 𝐸 на 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ) даётся формулой
𝑃̂𝑥 = (𝑥, 𝑔1 )𝑔1 + (𝑥, 𝑔2 )𝑔2 .
Найдём проекции базисных векторов 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 , 𝑒4 на 𝐿(𝑥1 , 𝑥2 ):
1 𝑒1 + 𝑒4
1 𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒4 2
1
1
𝑃̂𝑒1 = (𝑒1 , 𝑔1 )𝑔1 + (𝑒1 , 𝑔2 )𝑔2 =
⋅
+
⋅
= 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒4 ,
3
3
3
√2
√2
√6
√6
2 𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒4 1
2
1
𝑃̂𝑒2 = (𝑒2 , 𝑔1 )𝑔1 + (𝑒2 , 𝑔2 )𝑔2 =
⋅
= 𝑒1 + 𝑒2 − 𝑒4 ,
3
3
3
√6
√6
̂
𝑃𝑒3 = (𝑒3 , 𝑔1 )𝑔1 + (𝑒3 , 𝑔2 )𝑔2 = 𝜃,
1 𝑒1 + 𝑒4
1 𝑒1 + 2𝑒2 − 𝑒4 1
1
2
𝑃̂𝑒4 = (𝑒4 , 𝑔1 )𝑔1 + (𝑒4 , 𝑔2 )𝑔2 =
⋅
−
⋅
= 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒4 .
3
3
3
√2
√2
√6
√6
̂
Значит, матрица оператора 𝑃 в базисе 𝑒 имеет вид:
2/3
1/3 0
1/3
1/3
2/3 0 −1/3
𝑃𝑒 = (
).
0
0 0
0
1/3 −1/3 0
2/3
2/3
1/3 0
1/3
1/3
2/3 0 −1/3
Ответ: 𝑃𝑒 = (
).
0
0 0
0
1/3 −1/3 0
2/3
О. Ядром ker 𝐴̂ ЛОп 𝐴̂ называется множество всех элементов 𝑥 ∈ 𝐿, для которых 𝐴̂𝑥 = 𝜃.
О. Образом im 𝐴̂ ЛОп 𝐴̂ называется множество всех элементов вида 𝑦 = 𝐴̂𝑥, где 𝑥 — произвольный элемент пространства 𝐿.
Т. ker 𝐴̂ и im 𝐴̂ — ЛПП пространства L , dim(ker 𝐴̂) + dim(im 𝐴̂) = dim 𝐿.
3
Пример 3. Найти базис и размерность ker 𝐴̂ и im 𝐴̂, если в базисе {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 } матрица опе1 1 2
̂
ратора 𝐴 имеет вид 𝐴𝑒 = (2 3 5).
1 2 3
𝑥1
1. 𝑥 ∈ ker 𝐴̂ ⇔ 𝐴̂𝑥 = 𝜃. Пусть 𝑥𝑒 = (𝑥2 ). Тогда (𝐴̂𝑥)𝑒 = 𝐴𝑒 𝑥𝑒 = 𝜃𝑒 , т.е.
𝑥3
1 1 2 𝑥1
0
(2 3 5) (𝑥2 ) = (0).
1 2 3 𝑥3
0
Получилась ОСЛАУ. Преобразуем её матрицу к упрощённому виду:
1 1 2
1 1 2
1 1 2
1 0 1
(2 3 5) ~ (0 1 1) ~ (
)~(
).
0 1 1
0 1 1
1 2 3
0 1 1
Базисные переменные: 𝑥1 , 𝑥2 . Свободная переменная: 𝑥3 . Эквивалентная ОСЛАУ:
𝑥1 = −𝑥3 ,
{𝑥 = −𝑥 ,
2
3
её ОР:
𝑥1
−𝐶
−1
𝑥
𝑥𝑒 = ( 2 ) = (−𝐶 ) = 𝐶 (−1).
𝑥3
𝐶
1
ФСР ОСЛАУ состоит из одного столбца. Следовательно, dim(ker 𝐴̂) = 1, базис ker 𝐴̂
состоит из одного элемента: −𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 .
2. im 𝐴̂ состоит из всех элементов вида 𝑦 = 𝐴̂𝑥, где 𝑥 — произвольный элемент ЛП 𝐿.
Тогда
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3
1 1 2 𝑥1
1
1
2
𝑥
𝑦𝑒 = 𝐴𝑒 𝑥𝑒 = (2 3 5) ( 2 ) = (2𝑥1 + 3𝑥2 + 5𝑥3 ) = 𝑥1 (2) + 𝑥2 (3) + 𝑥3 (5),
𝑥1 + 2𝑥2 + 3𝑥3
1 2 3 𝑥3
3
1
2
т.е. 𝑦𝑒 является ЛК столбцов матрицы 𝐴𝑒 , а все возможные 𝑦𝑒 образуют линейную
оболочку столбцов матрицы 𝐴𝑒 . Но у матрицы 𝐴𝑒 , как мы выяснили в п. 1, базисные столбцы — первый и второй. Значит, базис im 𝐴̂ образуют элементы {𝑦1 , 𝑦2 },
1
1
где (𝑦1 )𝑒 = (2), (𝑦2 )𝑒 = (3). Тогда dim(im 𝐴̂) = 2.
1
2
̂
Проверим: dim(ker 𝐴) + dim(im 𝐴̂) = 1 + 2 = 3 = dim 𝐿 — всё верно.
Ответ: dim(ker 𝐴̂) = 1, базис ker 𝐴̂: {−𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 };
dim(im 𝐴̂) = 2, базис im 𝐴̂: {𝑒1 + 2𝑒2 + 𝑒3 , 𝑒1 + 3𝑒2 + 2𝑒3 }.
Арифметические действия с операторами
О. Суммой (разностью) линейных операторов 𝐴̂ и 𝐵̂, действующих в ЛП 𝐿, называется
оператор 𝐶̂ , действующий в ЛП 𝐿 по правилу
𝐶̂ 𝑥 = 𝐴̂𝑥 + 𝐵̂𝑥.
(𝐶̂ 𝑥 = 𝐴̂𝑥 − 𝐵̂𝑥. )
О. Произведением линейного оператора 𝐴̂, действующего в ЛП 𝐿 над полем 𝕂, на число
𝛼 ∈ 𝕂, называется оператор 𝐶̂ , действующий в ЛП 𝐿 по правилу
𝐶̂ 𝑥 = 𝛼𝐴̂𝑥.
4
О. Произведением линейных операторов 𝐴̂ и 𝐵̂, действующих в ЛП 𝐿, называется оператор 𝐶̂ , действующий в ЛП 𝐿 по правилу
𝐶̂ 𝑥 = 𝐴̂(𝐵̂𝑥).
О. Единичным (тождественным) оператором, действующим в ЛП 𝐿, называется оператор 𝐼̂, действующий по правилу
𝐼̂𝑥 = 𝑥.
О. Нулевым оператором, действующим в ЛП 𝐿, называется оператор 0̂, действующий по
правилу
0̂𝑥 = 𝑥.
О. Оператором, обратным к линейному оператору 𝐴̂, действующему к ЛП 𝐿, называется
оператор 𝐴̂−1 , действующий в ЛП 𝐿, такой что
𝐴̂𝐴̂−1 = 𝐼̂,
𝐴̂−1 𝐴̂ = 𝐼̂.
Не всякий ЛОп имеет обратный оператор.
О. Коммутатором линейных операторов 𝐴̂ и 𝐵̂, действующих в ЛП 𝐿, называется оператор
⟨𝐴̂, 𝐵̂⟩ = 𝐴̂𝐵̂ − 𝐵̂𝐴̂.
Если ⟨𝐴̂, 𝐵̂⟩ = 0̂, то операторы 𝐴̂ и 𝐵̂ называются коммутирующими. Коммутирующие
операторы можно переставлять:
𝐴̂𝐵̂ = 𝐵̂𝐴̂.
Т. Сумма, разность, произведение, коммутатор ЛОп, оператор, обратный к ЛОп, произведение ЛОп на число, единичный и нулевой операторы являются ЛОп, причём для любых ЛОп, действующих в ЛП 𝐿 над полем 𝕂, и для любого 𝛼 ∈ 𝕂 выполняется
1°) 𝐴̂ + 𝐵̂ = 𝐵̂ + 𝐴̂,
2°) 𝐴̂(𝛼𝐵̂) = (𝛼𝐴̂)𝐵̂ = 𝛼(𝐴̂𝐵̂),
3°) 𝐴̂(𝐵̂ + 𝐶̂ ) = 𝐴̂𝐵̂ + 𝐴̂𝐶̂ ,
4°) (𝐴̂ + 𝐵̂)𝐶̂ = 𝐴̂𝐶̂ + 𝐵̂𝐶̂ .
Т. Арифметическим действиям над ЛОп соответствуют одноимённые арифметические
действия над матрицами этих ЛОп в фиксированном базисе 𝑒.
Т. Все ЛОп, действующие в ЛП 𝐿 размерности 𝑛 над полем 𝕂, тоже образуют ЛП над
полем 𝕂, причём размерность этого ЛП равна 𝑛2 .
ДЗ 17. ЛАВЗ гл. V № 1–4, 6, 7, 9, 14.
(*) Найти базис и размерность ker 𝐴̂ и im 𝐴̂, если в базисе {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 } матрица оператора 𝐴̂
1 3 7
имеет вид 𝐴𝑒 = (1 1 3).
1 2 5
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: гл. V § 2, 3.
5
Решение некоторых задач из ДЗ
ЛАВЗ гл. V №3. Оператор 𝐴̂ действует в ЛП трёхмерных геометрических векторов 𝑉3 по
правилу 𝐴̂𝑥⃗ = [𝑥⃗, 𝑎⃗], где 𝑎⃗ — фиксированный вектор. Доказать, что 𝐴̂ — ЛОп, и найти
⃗⃗ , если 𝑎⃗ = 𝑎1 𝑖⃗ + 𝑎2 𝑗⃗ + 𝑎3 𝑘
⃗⃗ .
его матрицу в правом ОНБ 𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘
Докажем линейность оператора 𝐴̂:
1) ∀𝑥⃗ ∈ 𝑉3 , ∀𝜆 ∈ ℝ выполняется 𝐴̂(𝜆𝑥⃗) = [𝜆𝑥⃗, 𝑎⃗] = 𝜆[𝑥⃗, 𝑎⃗] = 𝜆𝐴̂𝑥⃗;
2) ∀𝑥⃗, 𝑦⃗ ∈ 𝑉3 выполняется 𝐴̂(𝑥⃗ + 𝑦⃗) = [𝑥⃗ + 𝑦⃗, 𝑎⃗] = [𝑥⃗, 𝑎⃗] + [𝑦⃗, 𝑎⃗] = 𝐴̂𝑥⃗ + 𝐴̂𝑦⃗, ч.т.д.
Найдём матрицу ЛОп 𝐴̂:
⃗⃗
𝑖⃗
𝑗⃗ 𝑘
⃗⃗ ,
𝐴̂𝑖⃗ = [𝑖⃗, 𝑎⃗] = | 1 0 0 | = 0 ⋅ 𝑖⃗ − 𝑎3 𝑗⃗ + 𝑎2 𝑘
𝑎1 𝑎2 𝑎3
⃗⃗
𝑖⃗
𝑗⃗ 𝑘
⃗⃗ ,
𝐴̂𝑗⃗ = [𝑗⃗, 𝑎⃗] = | 0 1 0 | = 𝑎3 𝑖⃗ + 0 ⋅ 𝑗⃗ − 𝑎1 𝑘
𝑎1 𝑎2 𝑎3
⃗⃗
𝑖⃗
𝑗⃗ 𝑘
⃗⃗ = [𝑘
⃗⃗ , 𝑎⃗] = | 0 0 1 | = −𝑎2 𝑖⃗ + 𝑎1 𝑗⃗ + 0 ⋅ 𝑘
⃗⃗ ,
𝐴̂𝑘
𝑎1 𝑎2 𝑎3
поэтому
0
𝑎3 −𝑎2
0
𝑎1 ).
𝐴𝑖𝑗𝑘 = (−𝑎3
𝑎2 −𝑎1
0
0
𝑎3 −𝑎2
0
𝑎1 ).
Ответ: 𝐴𝑖𝑗𝑘 = (−𝑎3
𝑎2 −𝑎1
0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈ 𝐵2 в вектор
ЛАВЗ гл. V №6. Оператор 𝐴̂ переводит произвольный радиус-вектор 𝑂𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈ 𝐵2 , где точка 𝑃 находится по следующему правилу: через точку 𝑀 проводится пря𝑂𝑃
мая, перпендикулярная к прямой 𝑦 = 2𝑥; если точка 𝑇 пересечения прямых не совпадает с точкой 𝑀, то точка 𝑃 берётся на луче 𝑇𝑀 так, что 𝑇𝑃 = 3𝑇𝑀; если же точки 𝑇 и 𝑀
совпадают, то в качестве точки 𝑃 берётся точка 𝑀. Доказать, что 𝐴̂ — ЛОп. Найти матрицу ЛОп 𝐴̂ в ОНБ {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Докажем линейность оператора 𝐴̂. Для этого выберем удобный базис. Введём в пространстве 𝐵2 ОНБ, состоящий из вектора 𝑝⃗ — единичного направляющего вектора прямой 𝑦 = 2𝑥, и вектора 𝑛⃗⃗ — единичного вектора нормали к этой прямой.
6
𝑦 = 2𝑥
𝑇
𝑀
𝑝⃗
𝑂
𝑛⃗⃗
𝑃
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ можно разлоПроизвольный вектор 𝑂𝑀
жить по базису {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑚𝑝 𝑝⃗ + 𝑚𝑛 𝑛⃗⃗.
𝑂𝑀
Под действием оператора 𝐴̂ на вектор
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 нормальная составляющая вектора
увеличивается в три раза, а касательная — не изменяется:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴̂(𝑂𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑚𝑝 𝑝⃗ + 3𝑚𝑛 𝑛⃗⃗.
𝑂𝑃
Тогда имеем:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝐴̂(𝜆𝑚𝑝 𝑝⃗ + 𝜆𝑚𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝜆𝑚𝑝 𝑝⃗ + 3𝜆𝑚𝑛 𝑛⃗⃗ = 𝜆(𝑚𝑝 𝑝⃗ + 3𝑚𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝜆𝐴̂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1) 𝐴̂(𝜆𝑂𝑀
𝑂𝑀;
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2) 𝐴̂(𝑂𝑀
𝑂𝑀2 ) = 𝐴̂ ((𝑚𝑝 + 𝑚𝑝 ) 𝑝⃗ + (𝑚𝑛 + 𝑚𝑛 ) 𝑛⃗⃗) = (𝑚𝑝 + 𝑚𝑝 ) 𝑝⃗ +
(1)
(2)
(1)
(1)
(2)
(2)
3 (𝑚𝑛 + 𝑚𝑛 ) 𝑛⃗⃗ = (𝑚𝑝 𝑝⃗ + 3𝑚𝑛 𝑛⃗⃗) + (𝑚𝑝 𝑝⃗ + 3𝑚𝑛 𝑛⃗⃗) = 𝐴̂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀1 + 𝐴̂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀2 .
Что и доказывает линейность оператора 𝐴̂.
Теперь найдём матрицу оператора 𝐴̂. Проще её построить сначала в базисе {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}, а затем перейти к базису {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Подействовав оператором 𝐴̂ на базисные векторы 𝑝⃗, 𝑛⃗⃗, получим:
𝐴̂𝑝⃗ = 𝑝⃗,
𝐴̂𝑛⃗⃗ = 3𝑛⃗⃗.
Значит, матрица оператора 𝐴̂ в базисе {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗} имеет вид:
1 0
𝐴𝑝𝑛 = (
).
0 3
Теперь найдём матрицу перехода от базиса {𝑖⃗, 𝑗⃗} к базису {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗}. Для этого получим координаты векторов 𝑝⃗, 𝑛⃗⃗ в базисе {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
Одним из направляющих векторов прямой 𝑦 = 2𝑥 является вектор 𝑖⃗ + 2𝑗⃗. Одним из векторов нормали является вектор 2𝑖⃗ − 𝑗⃗. Отнормировав эти векторы, получим 𝑝⃗ и 𝑛⃗⃗:
1
2
2
1
𝑝⃗ =
𝑖⃗ +
𝑗⃗,
𝑛⃗⃗ =
𝑖⃗ −
𝑗⃗.
√5
√5
√5
√5
Тогда матрица перехода от ОНБ {𝑖⃗, 𝑗⃗} к ОНБ {𝑝⃗, 𝑛⃗⃗} имеет вид:
1
2
2
√5 = 1 (1
𝐶 = √5
).
2
1
2 −1
√5
−
√5
√5)
(
Это ортогональная матрица (как матрица перехода от ОНБ к ОНБ), поэтому
1 1
2
𝐶 −1 = 𝐶 𝑇 =
(
).
√5 2 −1
При этом 𝐴𝑝𝑛 = 𝐶 −1 𝐴𝑖𝑗 𝐶, где 𝐴𝑖𝑗 — матрица оператора 𝐴̂ в базисе {𝑖⃗, 𝑗⃗}, поэтому
7
1 1
2 1 0 1 1
2
2 1 0 1
2
)(
)
(
)= (
)(
)(
)=
−1 0 3 √5 2 −1
5 2 −1 0 3 2 −1
13
4
−
1 1
1 13 −4
2
2 1
5).
= (
)(
)= (
)=( 5
4
7
7
5 2 −1 6 −3
5 −4
−
5
5
̂
{𝑖
}.
Это матрица оператора 𝐴 в базисе ⃗, 𝑗⃗ Её можно было бы найти и по-другому, вычислив векторы 𝐴̂𝑖⃗, 𝐴̂𝑗⃗ и разложив их по базису {𝑖⃗, 𝑗⃗}.
𝐴𝑖𝑗 = 𝐶𝐴𝑝𝑛 𝐶 −1 =
1 1
(
√5 2
13
Ответ: 𝐴𝑖𝑗 = ( 54
−
5
−
4
5
7).
5
8
Семинар 18
Собственные значения (СЗ) и собственные векторы (СВ) ЛОп
Рассмотрим ЛП 𝐿 над полем 𝕂. Пусть в нём действует ЛОп 𝐴̂.
О. Число 𝜆 ∈ 𝕂 называется СЗ (собственным значением) ЛОп 𝐴̂, если
∃𝑥 ∈ 𝐿, 𝑥 ≠ 𝜃: 𝐴̂𝑥 = 𝜆𝑥.
При этом 𝑥 называется СВ (собственным вектором), отвечающим СЗ 𝜆.
Т. СВ, отвечающие различным СЗ, ЛНЗ.
Пример 1. ЛОп 𝐴̂ действует в ЛП трёхмерных геометрических векторов 𝑉3 по правилу
⃗⃗ — фиксированный вектор. Найти его СЗ и СВ.
𝐴̂𝑥⃗ = [𝑥⃗, 𝑎⃗], где 𝑎⃗ ≠ 0
Найдём СЗ и СВ оператора 𝐴̂, т.е. решения уравнения
𝐴̂𝑥⃗ = 𝜆𝑥⃗,
𝑥⃗ ≠ ⃗0⃗.
В нашем случае уравнение имеет вид:
⃗⃗.
(1)
[𝑥⃗, 𝑎⃗] = 𝜆𝑥⃗,
𝑥⃗ ≠ 0
Но [𝑥⃗, 𝑎⃗] ⊥ 𝑥⃗ (по определению векторного произведения). Тогда, умножив уравнение (1) скалярно на 𝑥⃗, получим:
([𝑥⃗, 𝑎⃗], 𝑥⃗) = 𝜆 ⏟
(𝑥⃗, 𝑥⃗).
⏟
=0
≠0
Поскольку 𝑥⃗ ≠ ⃗0⃗, то 𝜆 = 0. Тогда
[𝑥⃗, 𝑎⃗] = 0 ⋅ 𝑥⃗ = ⃗0⃗,
⃗⃗.
значит, СВ являются все векторы 𝑥⃗ ∥ 𝑎⃗, 𝑥⃗ ≠ 0
Ответ: СЗ 𝜆 = 0 отвечают СВ 𝑥⃗ = 𝐶𝑎⃗, где 𝐶 ∈ ℝ, 𝐶 ≠ 0.
Характеристическое уравнение (ХУ)
Запишем уравнение 𝐴̂𝑥 = 𝜆𝑥, которому удовлетворяют СВ ЛОп 𝐴̂, в базисе 𝑒:
𝐴𝑒 𝑥𝑒 = 𝜆𝑥𝑒 ,
или
𝐴𝑒 𝑥𝑒 = 𝜆𝐼𝑥𝑒 ,
(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼)𝑥𝑒 = 𝜃.
Относительно координат вектора 𝑥 это ОСЛАУ с квадратной матрицей 𝐴𝑒 − 𝜆𝐼. Если
матрица 𝐴𝑒 − 𝜆𝐼 невырождена, то ОСЛАУ имеет единственное решение — тривиальное:
𝑥𝑒 = (𝐴𝑒 − 𝜆𝐼)−1 𝜃 = 𝜃.
Но СВ не может быть нулевым, поэтому матрица 𝐴𝑒 − 𝜆𝐼 должна быть вырожденной:
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = 0.
Это уравнение относительно 𝜆, которое называется ХУ (характеристическим уравнением).
Т. Все СЗ ЛОп 𝐴̂ являются корнями ХУ. Все корни ХУ, принадлежащие числовому
полю 𝕂, над которым определено данное ЛП, являются СЗ ЛОп 𝐴̂.
1
Пример 2. Найти все СЗ и СВ ЛОп 𝐴̂, действующего в вещественном ЛП 𝐿, с матрицей (в
0 1 1
некотором базисе 𝑒): 𝐴𝑒 = (1 0 1). Построить базис ЛП 𝐿, состоящий из СВ ЛОп 𝐴̂, и
1 1 0
̂
найти матрицу оператора 𝐴 в базисе из СВ.
Замечание. Иногда задание формулируется так: «Найти СЗ и СВ матрицы 𝐴». Здесь имеется в виду, что 𝐴 является матрицей некоторого ЛОп в ЛП 𝑇𝑛 .
Заметим, что в вещественном ЛП СЗ оператора должны быть вещественными и удовлетворять ХУ
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = 0.
Имеем:
0 1 1
1 0 0
−𝜆
1
1
𝐴𝑒 − 𝜆𝐼 = (1 0 1) − 𝜆 (0 1 0) = ( 1 −𝜆
1),
1 1 0
0 0 1
1
1 −𝜆
1
1
1
−𝜆
1
1
2−𝜆
1
1
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = | 1 −𝜆
1| =
1| = |2 − 𝜆 −𝜆
1| = (2 − 𝜆) |1 −𝜆
1
1 −𝜆
1
1 −𝜆
2−𝜆
1 −𝜆
1
1
1
= (2 − 𝜆) |0 −𝜆 − 1
0| = (2 − 𝜆)(𝜆 + 1)2 = 0.
0
0 −𝜆 − 1
(Сначала мы прибавили к первому столбцу второй и третий, затем вынесли общий
множитель из первого столбца, затем вычли из второй и третьей строки первую строку
и получили треугольный определитель.)
ХУ имеет два корня: 𝜆1 = 2 кратности 𝑚1 = 1 и 𝜆2 = −1 кратности 𝑚2 = 2. Все корни ХУ
вещественные, поэтому они являются СЗ. Числа 𝑚1 , 𝑚2 называются алгебраическими
кратностями СЗ 𝜆1 , 𝜆2 .
1) 𝜆1 = 2. Найдём СВ из уравнения
(𝐴𝑒 − 𝜆1 𝐼)𝑥𝑒 = 𝜃.
−2
1
1 𝑥1
0
𝑥
=
( 1 −2
1) ( 2 ) (0).
0
1
1 −2 𝑥3
Решим ОСЛАУ:
−2
1
1
−2 1
1
−2 1 1
−1 1 0
( 1 −2
)~(
).
1) ~ (−3 0
3) ~ (
−1 0 1
−1 0 1
3 0 −3
1
1 −2
𝑥2 = 𝑥1 ,
{𝑥 = 𝑥 .
3
1
𝑥1
1
𝑥
ОР: ( 2 ) = 𝐶 (1), где 𝐶 ∈ ℝ.
𝑥3
1
Следовательно все СВ, отвечающие СЗ 𝜆1 = 2, имеют вид 𝑥 = 𝐶(𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ), где
𝐶 ∈ ℝ, 𝐶 ≠ 0.
О. Максимальное число ЛНЗ СВ, отвечающих СЗ 𝜆, называется геометрической
кратностью 𝑠 СЗ 𝜆.
Для 𝜆1 = 2 имеем 𝑠1 = 1.
2) 𝜆2 = −1. Найдём СВ из уравнения
(𝐴𝑒 − 𝜆2 𝐼)𝑦𝑒 = 𝜃.
2
1 1 1 𝑦1
0
𝑦
(1 1 1) ( 2 ) = (0).
0
1 1 1 𝑦3
1 1 1
(1 1 1) ~(1 1 1).
1 1 1
𝑦1 = −𝑦2 − 𝑦3 .
𝑦1
−1
−1
ОР: (𝑦2 ) = 𝐶1 ( 1) + 𝐶2 ( 0), где 𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ.
𝑦3
0
1
Все СВ, отвечающие СЗ 𝜆2 = −1, имеют вид: 𝑦 = 𝐶1 (−𝑒1 + 𝑒2 ) + 𝐶2 (−𝑒1 + 𝑒3 ), где
𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ, |𝐶1 | + |𝐶2 | ≠ 0.
Геометрическая кратность СЗ 𝜆2 = −1: 𝑠2 = 2.
Построим базис ЛП 𝐿, состоящий из СВ данного оператора. Поскольку в ЛП 𝐿 есть базис
{𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 }, то dim 𝐿 = 3. Значит, для построения нового базиса следует взять три ЛНЗ
СВ.
Пусть 𝑓1 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 (это СВ, отвечающий СЗ 𝜆1 = 2); 𝑓2 = −𝑒1 + 𝑒2 , 𝑓3 = −𝑒1 + 𝑒3 (это
два ЛНЗ СВ, отвечающих СЗ 𝜆2 = −1). Поскольку СВ, отвечающие различным СЗ, ЛНЗ,
то векторы 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 ЛНЗ и поэтому образуют базис ЛП 𝐿.
Построим матрицу оператора 𝐴̂ в базисе 𝑓:
𝐴̂𝑓1 = 𝜆1 𝑓1 = 2𝑓1 ,
𝐴̂𝑓2 = 𝜆2 𝑓2 = −𝑓2 ,
𝐴̂𝑓3 = 𝜆2 𝑓3 = −𝑓3 ,
2
0
0
𝐴𝑓 = (0 −1
0).
0
0 −1
Заметим, что матрица ЛОп в базисе из СВ всегда диагональна, на главной диагонали
стоят соответствующие СЗ.
Ответ: СЗ 𝜆1 = 2 отвечают СВ 𝑥 = 𝐶(𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ), где 𝐶 ∈ ℝ, 𝐶 ≠ 0; СЗ 𝜆2 = −1 отвечают
СВ 𝑦 = 𝐶1 (−𝑒1 + 𝑒2 ) + 𝐶2 (−𝑒1 + 𝑒3 ), где 𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ, |𝐶1 | + |𝐶2 | ≠ 0; {𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 } — базис из
2
0
0
СВ, где 𝑓1 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑓2 = −𝑒1 + 𝑒2 , 𝑓3 = −𝑒1 + 𝑒3 ; 𝐴𝑓 = (0 −1
0).
0
0 −1
Замечание. Не у всякого ЛОп существует базис из СВ. Может оказаться так, что количество ЛНЗ СВ меньше, чем размерность ЛП, и из них нельзя построить базис. В этом случае матрица ЛОп ни в каком базисе не будет диагональной.
СЗ и СВ ЛОп, действующего в ЕП
О. ЛОп 𝐴̂, действующий в ЕП 𝐸, называется самосопряжённым или симметричным, если
∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 выполняется (𝐴̂𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝐴̂𝑦).
Т. Если 𝐴̂ — самосопряжённый ЛОп, действующий в ЕП 𝐸, то
1) в любом ОНБ 𝑒 пространства 𝐸 выполняется 𝐴𝑒 = 𝐴𝑇𝑒 , т.е. матрица оператора симметрична,
2) все корни ХУ вещественны,
3) СВ, отвечающие различным СЗ, ортогональны,
4) в 𝐸 существует ОНБ из СВ оператора 𝐴̂.
3
Пример 3. Пусть матрица самосопряжённого ЛОп 𝐴̂ в некотором ОНБ 𝑒 ЕП 𝐸 имеет вид
0 1 1
𝐴𝑒 = (1 0 1) (заметим, что 𝐴𝑒 = 𝐴𝑇𝑒 ). Построить ОНБ ЕП 𝐸, состоящий из СВ ЛОп 𝐴̂.
1 1 0
Найти матрицу оператора 𝐴̂ в ОНБ из СВ.
Базис из СВ мы уже построили в предыдущей задаче: 𝑓1 = 𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 , 𝑓2 = −𝑒1 + 𝑒2 ,
𝑓3 = −𝑒1 + 𝑒3 , но он не является ОНБ. Проведём ортогонализацию.
Элементы 𝑓1 и 𝑓2 , 𝑓1 и 𝑓3 уже ортогональны, поскольку отвечают различным СЗ. Осталось ортогонализовать 𝑓2 и 𝑓3 , которые отвечают одному и тому же СЗ. Построим ОБ:
𝑔1 = 𝑓1 ,
𝑔2 = 𝑓2 ,
−1
−1
− 1⁄2
(𝑓3 , 𝑔2 )
1 −1
𝑔3 = 𝑓3 −
𝑔 ⇒ (𝑔3 )𝑒 = ( 0) − ( 1) = (− 1⁄2) ~ (−1).
(𝑔2 , 𝑔2 ) 2
2
0
1
2
1
Тогда {𝑔1 , 𝑔2 , 𝑔3 } — ОБ из СВ в 𝐸.
Проведём нормировку:
‖𝑔1 ‖ = √3,
‖𝑔2 ‖ = √2,
‖𝑔3 ‖ = √6;
1
1
1
ℎ1 =
⋅ 𝑔1 ,
ℎ2 =
⋅ 𝑔2 ,
ℎ3 =
⋅𝑔 ;
‖𝑔1 ‖
‖𝑔2 ‖
‖𝑔3 ‖ 3
1⁄√3
− 1⁄√6
− 1⁄√2
(ℎ1 )𝑒 = (1⁄√3) ,
(ℎ2 )𝑒 = (
(ℎ3 )𝑒 = (− 1⁄√6).
0) ,
1⁄√2
1⁄√3
2⁄√6
Тогда {ℎ1 , ℎ2 , ℎ3 } — ОНБ из СВ в 𝐸.
Поскольку ℎ1 , ℎ2 , ℎ3 — по-прежнему СВ (ℎ1 — СВ, отвечающий СЗ 𝜆1 = 2; ℎ2 , ℎ3 — СВ,
отвечающие СЗ 𝜆2 = −1, поскольку ℎ2 , ℎ3 являются ЛК 𝑓2 , 𝑓3 , а {𝑓2 , 𝑓3 } — базис пространства СВ, отвечающих СЗ 𝜆2 = −1), то матрица оператора 𝐴̂ в базисе ℎ имеет вид
2
0
0
𝐴ℎ = (0 −1
0).
0
0 −1
1
1
Ответ: {ℎ1 , ℎ2 , ℎ3 } — ОНБ из СВ, где ℎ1 = (𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ), ℎ2 = (−𝑒1 + 𝑒3 ), ℎ3 =
√2
√3
2
0
0
1
(−𝑒1 − 𝑒2 + 2𝑒3 ); 𝐴ℎ = (0 −1
0).
√6
0
0 −1
Пример 4 (задача к экзамену № 17). Известно, что одна из матриц
1 3
−5 −14
𝐴=(
𝐵=(
),
)
−4 2
3
8
является матрицей самосопряжённого оператора в некотором неортогональном базисе ЕП 𝐸. Определите, какая именно.
Если данная матрица является матрицей самосопряжённого оператора в некотором
базисе ЕП 𝐸, то она должна обладать следующими свойствами:
а) все корни ХУ вещественны,
б) существует базис ЕП 𝐸, состоящий из СВ.
Найдём корни ХУ для первой матрицы:
1−𝜆
3
det(𝐴 − 𝜆𝐼) = |
| = (𝜆 − 1)(𝜆 − 2) + 12 = 𝜆2 − 3𝜆 + 14 = 0.
−4 2 − 𝜆
𝒟 = 9 − 56 < 0 ⇒ 𝜆 ∉ ℝ.
4
Поэтому матрица 𝐴 не может являться матрицей самосопряжённого оператора. Стало
быть, ей является матрица 𝐵.
Ответ: 𝐵.
Инвариантные подпространства (ИПП)
Пусть ЛОп 𝐴̂ действует в ЛП 𝐿. Пусть 𝑀 — ЛПП 𝐿.
О. Подпространство 𝑀 называется инвариантным подпространством ЛОп 𝐴̂, если
∀𝑥 ∈ 𝑀 выполняется 𝐴̂𝑥 ∈ 𝑀.
Пример 5. Рассмотрим ЛОп 𝐴̂ из примера 2. Он действует в вещественном ЛП 𝐿 размерности 3 с базисом {𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 } и имеет СВ вида 𝐶(𝑒1 + 𝑒2 + 𝑒3 ), где 𝐶 ≠ 0, отвечающие СЗ
𝜆 = 2, и СВ вида 𝐶1 (−𝑒1 + 𝑒2 ) + 𝐶2 (−𝑒1 + 𝑒3 ), где |𝐶1 | + |𝐶2 | ≠ 0, отвечающие СЗ 𝜆 = −1.
Перечислим его ИПП.
1) ИПП размерности 0: {𝜃} — подпространство, состоящее только из нулевого элемента. В самом деле, в силу линейности оператора выполняется равенство 𝐴̂𝜃 =
𝜃, поэтому данное подпространство является ИПП оператора 𝐴̂.
2) ИПП размерности 1: 𝐿(𝑦), где 𝑦 — любой СВ оператора 𝐴̂. В самом деле, любой
элемент 𝑥 ∈ 𝐿(𝑦) имеет вид 𝑥 = 𝑐𝑦, где 𝑐 ∈ ℝ, поэтому
𝐴̂𝑥 = 𝐴̂(𝑐𝑦) = 𝑐𝐴̂𝑦 = 𝑐𝜆𝑦 = (𝑐𝜆)𝑦 ∈ 𝐿(𝑦),
где 𝜆 — СЗ, отвечающее СВ 𝑦.
3) ИПП размерности 2: 𝐿(𝑦1 , 𝑦2 ), где 𝑦1 , 𝑦2 — любые два ЛНЗ СВ оператора 𝐴̂ (они
могут отвечать как различным СЗ, так и одному СЗ). В самом деле, любой элемент
𝑥 ∈ 𝐿(𝑦1 , 𝑦2 ) имеет вид 𝑥 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 , где 𝑐1 , 𝑐2 ∈ ℝ, поэтому
𝐴̂𝑥 = 𝐴̂(𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 ) = 𝑐1 𝐴̂𝑦1 + 𝑐2 𝐴̂𝑦2 = 𝑐1 𝜆1 𝑦1 + 𝑐2 𝜆2 𝑦2 = (𝑐1 𝜆1 )𝑦1 + (𝑐2 𝜆2 )𝑦2 ∈
∈ 𝐿(𝑦1 , 𝑦2 ),
где 𝜆1 и 𝜆2 — СЗ, которым отвечают СВ 𝑦1 и 𝑦2 , соответственно.
4) ИПП размерности 3: всё ЛП 𝐿. В самом деле, для любого элемента 𝑥 ∈ 𝐿 выполняется условие 𝐴̂𝑥 ∈ 𝐿, поскольку оператор 𝐴̂ действует в ЛП 𝐿.
Подпространства {𝜃} и 𝐿 называются тривиальными ИПП, поскольку они имеются у
любого ЛОп 𝐴̂.
ДЗ 18. ЛАВЗ гл. V № 19–22, 29, 30, 32, 33(а), 40.
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: ЛАВЗ гл. VI § 1.
5
Семинар 19
Квадратичные формы (КФ)
Пусть 𝑥 — элемент вещественного ЛП 𝐿, который в некотором базисе 𝑒 имеет координаты 𝑥1 , 𝑥2 , …, 𝑥𝑛 , где 𝑛 = dim 𝐿.
О. КФ называется функция вида
𝑛
𝑛
𝑄(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) = ∑ ∑ 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑖 𝑥𝑗 ,
𝑖=1 𝑗=1
где 𝑎𝑖𝑗 ∈ ℝ, 𝑎𝑖𝑗 = 𝑎𝑗𝑖 ∀𝑖, 𝑗.
Будем обозначать КФ также через 𝑄(𝑥).
В матричной форме её можно записать так:
𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛
𝑥1
𝑎
𝑎22 … 𝑎2𝑛
𝑥2
𝑇
(𝑥1 𝑥2 … 𝑥𝑛 ) ( 21
𝑄(𝑥) = ⏟
)
(
⋮
⋮
⋱
⋮
⋮ ) = 𝑥𝑒 𝐴𝑒 𝑥𝑒 .
𝑥𝑒𝑇
⏟𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 … 𝑎𝑛𝑛 ⏟𝑥𝑛
𝐴𝑒 — матрица КФ в базисе 𝑒
𝑥𝑒
При переходе к другому базису значение КФ 𝑄(𝑥) не изменяется, но изменяются координаты вектора 𝑥 и матрица КФ.
Пусть 𝑃 — матрица перехода к новому базису 𝑓:
𝑓 = 𝑒𝑃,
𝑥𝑒 = 𝑃𝑥𝑓 ,
𝑦1
𝑦2
где 𝑥𝑓 = ( ⋮ ) — столбец координат вектора 𝑥 базисе 𝑓, при этом det 𝑃 ≠ 0.
𝑦𝑛
В новом базисе КФ имеет вид
𝑄(𝑥) = 𝑥𝑓𝑇 𝐴𝑓 𝑥𝑓 .
Для того чтобы значение 𝑄(𝑥) было одинаковым в старом базисе 𝑒 и в новом базисе 𝑓,
матрица КФ должна преобразовываться по закону
𝐴𝑓 = 𝑃 𝑇 𝐴𝑒 𝑃.
Т. Существует такой базис 𝑓 (он называется каноническим базисом), в котором КФ 𝑄(𝑥)
имеет канонический вид:
𝑛
𝑄(𝑥) = ∑ 𝜆𝑖 𝑦𝑖2 ,
𝑖=1
т.е. матрица 𝐴𝑓 диагональна. (Заметим, что число слагаемых в этой сумме равно 𝑛 —
размерности пространства 𝐿, и не может быть больше, чем 𝑛.) Здесь 𝑦𝑖 — координаты
вектора 𝑥 в каноническом базисе 𝑓 (они называются каноническими координатами).
Канонический базис 𝑓 не единственен, и канонический вид КФ тоже не единственен.
Но справедлива следующая теорема.
Т. (закон инерции КФ) Независимо от способа приведения данной КФ к каноническому виду число положительных (отрицательных) канонических коэффициентов 𝜆𝑖
постоянно.
1
Приводить квадратичные формы к каноническому виду необходимо при решении задач теоретической механики, квантовой теории и др. Об одном геометрическом приложении КФ — приведении уравнения кривой второго порядка к каноническому
виду — речь пойдёт на следующем семинаре (аналогично осуществляется приведение
уравнения поверхности второго порядка к каноническому виду).
Приведение КФ к каноническому виду
I способ (метод Лагранжа): выделение полных квадратов.
Пример 1. Привести КФ к каноническому виду и записать матрицу перехода к каноническому базису: 𝑄(𝑥) = 𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 − 4𝑥2 𝑥3 + 3𝑥32 + 2𝑥1 𝑥3 .
Первый шаг. Выбираем переменную 𝑥𝑗 такую, чтобы коэффициент при 𝑥𝑗2 был отличен
от нуля. В данном случае можно выбрать 𝑥1 .
Второй шаг. Сгруппируем все члены, содержащие выбранную переменную 𝑥𝑗 :
𝑄(𝑥) = (𝑥
⏟ 12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥1 𝑥3 ) − 4𝑥2 𝑥3 + 3𝑥32 .
все члены,содержащие 𝑥1
Третий шаг. Дополним выражение, стоящее в скобках, до полного квадрата членами,
не содержащими выбранную переменную 𝑥𝑗 :
𝑄(𝑥) = (𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥1 𝑥3 + 𝑥22 + 𝑥32 + 2𝑥2 𝑥3 ) − 𝑥22 − 𝑥32 − 2𝑥2 𝑥3 − 4𝑥2 𝑥3 + 3𝑥32 =
= (𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 )2 − 𝑥22 − 6𝑥2 𝑥3 + 2𝑥32 = (𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 )2 + 𝑄1 (𝑥),
где КФ 𝑄1 (𝑥) = −𝑥22 − 6𝑥2 𝑥3 + 2𝑥32 не содержит 𝑥1 .
Для КФ 𝑄1 (𝑥) повторяем шаги 1, 2, 3 и т.д., пока не останется ничего, кроме полных
квадратов.
В КФ 𝑄1 (𝑥) коэффициент при 𝑥22 отличен от нуля. Сгруппируем все члены, содержащие 𝑥2 :
(−𝑥22 − 6𝑥2 𝑥3 ) + 2𝑥32 = (−𝑥
𝑄1 (𝑥) = ⏟
⏟ 22 − 6𝑥2 𝑥3 − 9𝑥32 ) + 9𝑥32 + 2𝑥32 =
все члены,содержащие 𝑥2
дополним до полного квадрата
членами,не содержащими 𝑥2
= −(𝑥2 + 3𝑥3 )2 + 11𝑥32 .
Остались только полные квадраты. Таким образом,
𝑄(𝑥) = (𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 )2 − (𝑥2 + 3𝑥3 )2 + 11𝑥32 .
Перейдём к новым координатам 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 по формулам
𝑦1 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 ,
(1)
{𝑦2 = 𝑥2 + 3𝑥3 ,
𝑦3 = 𝑥3 .
Тогда 𝑄(𝑥) = 𝑦12 − 𝑦22 + 11𝑦32 — это канонический вид КФ. Заметим ещё раз, что КФ канонического вида содержит три полных квадрата (в трёхмерном пространстве), но никак не больше трёх!
𝑥1
Найдём матрицу перехода 𝑃 к каноническому базису из условия 𝑥𝑒 = 𝑃𝑥𝑓 , т.е. (𝑥2 ) =
𝑥3
𝑦1
𝑃 (𝑦2 ).
𝑦3
Из системы (1) получим:
2
𝑥3 = 𝑦3 ,
{𝑥2 = 𝑦2 − 3𝑥3 = 𝑦2 − 3𝑦3 ,
𝑥1 = 𝑦1 − 𝑥2 − 𝑥3 = 𝑦1 − 𝑦2 + 3𝑦3 − 𝑦3 = 𝑦1 − 𝑦2 + 2𝑦3 ,
поэтому
1 −1
2
𝑃 = (0
1 −3).
0
0
1
Проверим, что матрица перехода невырождена: det 𝑃 = 1 ≠ 0.
1 −1
2
2
2
2
Ответ: 𝑄(𝑥) = 𝑦1 − 𝑦2 + 11𝑦3 , 𝑃 = (0
1 −3).
0
0
1
Пример 2. Привести КФ к каноническому виду, записать матрицу перехода к каноническому базису: 𝑄(𝑥) = 𝑥1 𝑥3 + 2𝑥2 𝑥3 .
Если коэффициенты при всех членах вида 𝑥𝑖2 равны нулю, то основная схема метода
Лагранжа неприменима. В этом случае надо предварительно сделать дополнительное
преобразование координат, позволяющее получить квадраты из смешанных членов.
Например, получим квадраты из члена 𝑥1 𝑥3 . Для этого перейдём к новым координатам
𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3 следующим образом:
𝑥1 = 𝑧1 + 𝑧3 ,
(2)
{𝑥2 = 𝑧2 ,
𝑥3 = 𝑧1 − 𝑧3 .
(Это заведомо невырожденное преобразование, т.е. матрица перехода от координат
1 0
1
𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 к координатам 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3 невырождена, т.к. det (0 1
0) = −2 ≠ 0.)
1 0 −1
После этого можно выделять полные квадраты по основной схеме метода Лагранжа:
𝑄(𝑥) = (𝑧1 + 𝑧3 )(𝑧1 − 𝑧3 ) + 2𝑧2 (𝑧1 − 𝑧3 ) = 𝑧12 − 𝑧32 + 2𝑧1 𝑧2 − 2𝑧2 𝑧3 =
(𝑧
(𝑧
=
− 𝑧32 − 2𝑧2 𝑧3 =
− 𝑧22 − 𝑧32 − 2𝑧2 𝑧3 =
⏟12 + 2𝑧1 𝑧2 )
⏟12 + 2𝑧1 𝑧2 + 𝑧22 )
все члены,содержащие 𝑧1
дополним до полного квадрата
членами,не содержащими 𝑧1
= (𝑧1 + 𝑧2 )2 − (𝑧2 + 𝑧3 )2 .
Пусть
𝑦1 = 𝑧1 + 𝑧2 ,
(3)
{𝑦2 = 𝑧2 + 𝑧3 ,
𝑦3 = 𝑧3 .
Замечание: 𝑦3 можно выбрать произвольно, но так, чтобы преобразование координат
было линейным и невырожденным (т.е. чтобы матрица перехода от координат 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3
1 1 0
к координатам 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 была невырожденной; в нашем случае это так: det (0 1 1) =
0 0 1
1 ≠ 0).
Тогда
𝑄(𝑥) = 𝑦12 − 𝑦22 + 0 ⋅ 𝑦32 — канонический вид КФ.
Матрица перехода от исходного базиса к каноническому базису находится из условия
𝑥1
𝑦1
(𝑥2 ) = 𝑃 (𝑦2 ).
𝑥3
𝑦3
3
Выразим 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 через 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 , исходя из формул (2), (3). Сначала выразим 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3
через 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 из уравнений (3):
𝑧3 = 𝑦3 ,
{𝑧2 = 𝑦2 − 𝑧3 = 𝑦2 − 𝑦3 ,
𝑧1 = 𝑦1 − 𝑧2 = 𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3 .
Теперь подставим 𝑧1 , 𝑧2 , 𝑧3 в уравнения (2):
𝑥1 = 𝑧1 + 𝑧3 = 𝑦1 − 𝑦2 + 2𝑦3 ,
{𝑥2 = 𝑧2 = 𝑦2 − 𝑦3 ,
𝑥3 = 𝑧1 − 𝑧3 = 𝑦1 − 𝑦2 .
Тогда матрица перехода имеет вид
1 −1
2
𝑃 = (0
1 −1).
1 −1
0
Проверим, что она невырождена:
det 𝑃 = 1 − 2 − 1 = −2 ≠ 0.
1 −1
2
Ответ: 𝑄(𝑥) = 𝑦12 − 𝑦22 + 0 ⋅ 𝑦32 , 𝑃 = (0
1 −1).
1 −1
0
II способ (метод ортогональных преобразований). Пусть КФ 𝑄(𝑥) определена в ЕП и
дана её матрица в некотором ОНБ 𝑒: 𝐴𝑒 . Тогда КФ 𝑄(𝑥) будет иметь канонический вид
в ОНБ, состоящем из СВ самосопряжённого ЛОп, который имеет в базисе 𝑒 ту же матрицу 𝐴𝑒 , что и КФ 𝑄(𝑥), причём канонические коэффициенты 𝜆𝑖 будут соответствующими СЗ. При этом матрица перехода 𝑃 к каноническому базису будет ортогональной:
𝑃𝑇 = 𝑃 −1 .
Пример 3 (ЛАВЗ гл. VI № 2а). Привести КФ к каноническому виду, записать матрицу
перехода к каноническому базису: 𝑄(𝑥) = 2𝑥12 + 4𝑥1 𝑥2 − 2𝑥1 𝑥3 − 𝑥22 + 4𝑥2 𝑥3 + 2𝑥32 .
Запишем матрицу КФ:
2
2 −1
𝐴𝑒 = ( 2 −1
2).
−1
2
2
Эта матрица симметрична, поэтому её можно считать матрицей самосопряжённого
ЛОп в некотором исходном ОНБ 𝑒 ЕП, и тогда её СВ обладают всеми свойствами СВ самосопряжённого ЛОп. В частности, из СВ можно построить ОНБ. В базисе из СВ матрица
ЛОп диагональна. При переходе от исходного ОНБ к ОНБ из СВ матрица перехода ортогональна: 𝑃𝑇 = 𝑃−1 , поэтому матрица КФ преобразуется так же, как и матрица ЛОп:
𝑃𝑇 𝐴𝑒 𝑃 = 𝑃−1 𝐴𝑒 𝑃, и значит, в новом базисе матрица КФ будет тоже диагональной.
Найдём СЗ матрицы 𝐴𝑒 из ХУ:
2−𝜆
2
−1
3−𝜆
2
−1
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = |
2 −1 − 𝜆
2| = |3 − 𝜆 −1 − 𝜆
2| =
−1
2 2−𝜆
3−𝜆
2 2−𝜆
1
2
−1
1
2
−1
= (3 − 𝜆) |1 −1 − 𝜆
2| = (3 − 𝜆) |0 −3 − 𝜆
3| = (3 − 𝜆)2 (−3 − 𝜆) = 0.
1
2 2−𝜆
0
0 3−𝜆
Тогда СЗ: 𝜆1 = −3, 𝜆2 = 3.
Найдём СВ.
1) 𝜆1 = −3.
(𝐴𝑒 − 𝜆1 𝐼)𝑧𝑒 = 𝜃.
4
0
5 2 −1 𝑧1
𝑧
( 2 2
2) ( 2 ) = (0).
0
−1 2
5 𝑧3
5 2 −1
−5 −2 1
−5 −2 1
−1 0 1
( 2 2
).
2) ~ ( 12
6 0) ~ ( 2
1 0) ~ (
2 1 0
−1 2
5
24 12 0
2
1 0
𝑧3 = 𝑧1 ,
{𝑧 = −2𝑧 .
2
1
𝑧1
1
ОР: (𝑧2 ) = 𝐶 (−2), где 𝐶 ∈ ℝ.
𝑧3
1
СВ, отвечающие СЗ 𝜆1 = −3, имеют вид: 𝑧 = 𝐶(𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 ), где 𝐶 ∈ ℝ, 𝐶 ≠ 0.
2) 𝜆2 = 3.
(𝐴𝑒 − 𝜆2 𝐼)𝑣𝑒 = 𝜃.
−1
2 −1 𝑣1
0
𝑣
( 2 −4
2) ( 2 ) = (0).
0
−1
2 −1 𝑣3
−1
2 −1
( 2 −4
2) ~(1 −2 1).
−1
2 −1
𝑣1 = 2𝑣2 − 𝑣3 .
𝑣1
2
−1
𝑣
ОР: ( 2 ) = 𝐶1 (1) + 𝐶2 ( 0), где 𝐶1 , 𝐶2 ∈ ℝ.
𝑣3
0
1
СВ, отвечающие СЗ 𝜆2 = 3, имеют вид: 𝑣 = 𝐶1 (2𝑒1 + 𝑒2 ) + 𝐶2 (−𝑒1 + 𝑒3 ), где 𝐶1 , 𝐶2 ∈
ℝ, |𝐶1 | + |𝐶2 | ≠ 0.
Построим базис из СВ: {𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 }, где 𝑓1 = 𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 , 𝑓2 = 2𝑒1 + 𝑒2 , 𝑓3 = −𝑒1 + 𝑒3 .
Тогда 𝑓1 ⊥ 𝑓2 , 𝑓1 ⊥ 𝑓3 , т.к. эти СВ самосопряжённого ЛОп отвечают различным СЗ.
Ортогонализуем 𝑓2 и 𝑓3 , отвечающие одному и тому же СЗ:
−1/5
−1
2
−1
(𝑓3 ,𝑔2 )
2
𝑔1 = 𝑓1 , 𝑔2 = 𝑓2 , 𝑔3 = 𝑓3 −
𝑔 ⇒ (𝑔3 )𝑒 = ( 0) + (1) = ( 2/5) ~ ( 2).
𝑔2 ,𝑔2 2
5
0
5
1
1
{𝑔
}
Тогда 1 , 𝑔2 , 𝑔3 — ОБ базис из СВ.
Проведём нормировку:
1
1
1
ℎ1 =
⋅ 𝑔1 ,
ℎ2 =
⋅ 𝑔2 ,
ℎ3 =
⋅𝑔 ,
‖𝑔1 ‖
‖𝑔2 ‖
‖𝑔3 ‖ 3
1/√6
−1/√30
2/√5
(ℎ1 )𝑒 = (−2/√6) ,
(ℎ2 )𝑒 = (1/√5) ,
(ℎ3 )𝑒 = ( 2/√30).
0
1/√6
5/√30
Тогда {ℎ1 , ℎ2 , ℎ3 } — ОНБ базис из СВ.
−3 0 0
Матрица КФ в базисе ℎ: 𝐴ℎ = ( 0 3 0).
0 0 3
В базисе ℎ КФ имеет канонический вид: 𝑄(𝑥) = −3𝑦12 + 3𝑦22 + 3𝑦32 .
Матрица перехода от исходного базиса 𝑒 к базису ℎ:
5
1/√6 2/√5 −1√30
𝑃 = (−2/√6 1/√5
1/√6
0
2/√30).
5/√30
𝑥1
𝑦1
Связь старых и новых координат: (𝑥2 ) = 𝑃 (𝑦2 ).
𝑥3
𝑦3
1/√6 2/√5 −1√30
2
2
2
Ответ: 𝑄(𝑥) = −3𝑦1 + 3𝑦2 + 3𝑦3 , 𝑃 = (−2/√6 1/√5 2/√30).
1/√6
0 5/√30
ДЗ 19. ЛАВЗ гл. VI № 1, 2(б–ж).
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: ЛАВЗ гл. VI § 3, 4.
6
Семинар 20
Билинейные формы (БФ)
Пусть 𝐿 — вещественное ЛП. Рассмотрим произвольные элементы 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿. Пусть в некотором базисе 𝑒 они имеют координаты 𝑥1 , …, 𝑥𝑛 и 𝑦1 , …, 𝑦𝑛 соответственно.
О. БФ называется функция вида
𝑛
𝑛
𝐵(𝑥, 𝑦) = ∑ ∑ 𝑏𝑖𝑗 𝑥𝑖 𝑦𝑗 .
𝑖=1 𝑗=1
Матрица, составленная из коэффициентов 𝑏𝑖𝑗 , называется матрицей БФ в базисе 𝑒:
𝐵𝑒 = (𝑏𝑖𝑗 )𝑛×𝑛 .
При переходе к новому базису матрица БФ преобразуется так же, как и матрица КФ:
𝐵𝑓 = 𝑃 𝑇 𝐵𝑒 𝑃, где 𝑃 — матрица перехода от базиса 𝑒 к базису 𝑓.
О. Если ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐿 выполняется 𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝐵(𝑦, 𝑥), то БФ называется симметричной. Матрица симметричной БФ в любом базисе симметрична: ∀𝑖, 𝑗 выполняется 𝑏𝑖𝑗 = 𝑏𝑗𝑖 .
Для симметричной БФ рассмотрим 𝑥 = 𝑦:
𝑛
𝑛
𝐵(𝑥, 𝑥) = ∑ ∑ 𝑏𝑖𝑗 𝑥𝑖 𝑥𝑗 = 𝑄(𝑥)
𝑖=1 𝑗=1
— мы получили КФ с матрицей 𝐵𝑒 . БФ 𝐵(𝑥, 𝑦) называется полярной к КФ 𝑄(𝑥).
КФ 𝑄(𝑥) можно привести к каноническому виду. В каноническом базисе 𝑓 матрица
КФ 𝐵𝑓 будет диагональной. Она же будет матрицей БФ 𝐵(𝑥, 𝑦) в базисе 𝑓 (поскольку
матрицы КФ и БФ преобразуются по одному и тому же закону), поэтому БФ в базисе 𝑓
имеет канонический вид:
𝑛
𝐵(𝑥, 𝑦) = ∑ 𝜆𝑖 𝜉𝑖 𝜂𝑖 ,
𝑖=1
где 𝜉𝑖 и 𝜂𝑖 — координаты элементов 𝑥 и 𝑦 соответственно в новом базисе 𝑓.
Таким образом, любую симметричную БФ можно привести к каноническому виду (не
единственным образом).
Любую симметричную БФ, полярную к ПО КФ, можно принять в качестве СП, записанного в произвольном (не обязательно ортонормированном) базисе.
Любую симметричную БФ, полярную к КФ, матрица которой невырождена, можно
принять в качестве псевдоскалярного произведения (для него выполнены все аксиомы
СП, кроме последней: (𝑥, 𝑥) может принимать как положительные, так и отрицательные значения, и (𝑥, 𝑥) = 0 не только, когда 𝑥 = 𝜃).
Пример 1. Привести БФ к каноническому виду, записать матрицу перехода к канони1
1
ческому базису, если в базисе 𝑒1 , 𝑒2 , 𝑒3 БФ имеет вид 𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝑥1 𝑦3 + 𝑥3 𝑦1 + 𝑥2 𝑦3 +
2
2
𝑥3 𝑦2 . Можно ли принять эту БФ за СП или псевдоСП?
Матрица БФ в исходном базисе 𝑒 имеет вид
0
0 1⁄2
𝐵𝑒 = ( 0
0 1⁄2).
1⁄2 1⁄2
0
Эта матрица симметрична, поэтому и БФ симметрична.
1
Первый угловой минор равен нулю, поэтому соответствующая КФ не ПО, и за СП эту
БФ принять нельзя.
det 𝐵𝑒 = 0, поэтому за псевдоСП её принять тоже нельзя.
КФ 𝑄(𝑥) была приведена к каноническому виду в примере 2 прошлого семинара:
𝑄(𝑥) = 𝑦12 − 𝑦22 , матрица перехода к каноническому базису
1 −1
2
𝑃 = (0
1 −1).
1 −1
0
Тогда БФ 𝐵(𝑥, 𝑦) в новом базисе будет иметь канонический вид:
𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝜉1 𝜂1 − 𝜉2 𝜂2 ,
где
𝑥1
𝑦1
𝜂1
𝜉1
(𝑥2 ) = 𝑃 (𝜉2 ) ,
(𝑦2 ) = 𝑃 (𝜂2 ).
𝑥3
𝑦3
𝜂3
𝜉3
Ответ: нельзя принять ни за СП, ни за псевдоСП, 𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝜉1 𝜂1 − 𝜉2 𝜂2 , 𝑃 =
1 −1
2
(0
1 −1).
1 −1
0
Приведение к каноническому виду уравнения кривой второго порядка
Общее уравнение кривой второго порядка на плоскости в
декартовых координатах имеет вид:
𝑎11 𝑥 2 + 2𝑎12 𝑥𝑦 + 𝑎22 𝑦 2 + 2𝑏1 𝑥 + 2𝑏2 𝑦 + 𝑐 = 0,
где 𝑎11 , 𝑎12 , 𝑎22 , 𝑏1 , 𝑏2 , 𝑐 ∈ ℝ, |𝑎11 | + |𝑎12 | + |𝑎22 | ≠ 0.
Оно приводится к каноническому виду поворотом и сдвигом СК (системы координат), при этом форма кривой не
изменяется. (Аналогично приводится к каноническому
виду уравнение поверхности второго порядка.)
Пример 2 (ЛАВЗ гл. VI № 17в). Привести к каноническому виду уравнение кривой
второго порядка 5𝑥 2 + 6𝑥𝑦 + 5𝑦 2 − 16𝑥 − 16𝑦 − 16 = 0.
Обозначим 𝑄 = 5𝑥 2 + 6𝑥𝑦 + 5𝑦 2 . Это КФ от координат 𝑥, 𝑦.
Сначала с помощью поворота координатных осей приведём КФ 𝑄 к каноническому
виду.
Поворот осей координат на угол 𝜑 против часовой стрелки — это ортогональное преобразование базиса с матрицей перехода
cos 𝜑 − sin 𝜑
𝑃=(
det 𝑃 = cos 2 𝜑 + sin2 𝜑 = 1.
),
sin 𝜑
cos 𝜑
𝑥
𝑥′
Соответствующее преобразование координат имеет вид (𝑦) = 𝑃 ( ′ ), где 𝑥 ′ , 𝑦 ′ — но𝑦
вые координаты.
Таким образом, нам надо привести КФ 𝑄 к каноническому виду с помощью ортогонального преобразования, у которого det 𝑃 = 1.
Найдём СЗ матрицы КФ в исходном ОНБ 𝑒
2
5 3
).
3 5
5−𝜆
3
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = |
| = (5 − 𝜆)2 − 9 = (2 − 𝜆)(8 − 𝜆) = 0.
3 5−𝜆
СЗ: 𝜆1 = 2, 𝜆2 = 8.
Найдём СВ.
𝛼
−1/√2
3 3 𝛼
0
−1
𝜆1 = 2: (
) (𝛽 ) = ( ), ОР: (𝛽 ) = 𝐶 ( ); (𝑓1 )𝑒 = (
) — столбец координат
3 3
0
1
1/√2
нормированного СВ.
𝛾
1/√2
−3
3 𝛾
0
1
𝜆2 = 8: (
) ( ) = ( ), ОР: ( ) = 𝐶 ( ); (𝑓2 )𝑒 = (
) — столбец координат
𝛿
3 −3 𝛿
0
1
1/√2
нормированного СВ.
СВ 𝑓1 , 𝑓2 образуют ОНБ, поскольку 𝑓1 ⊥ 𝑓2 как СВ, отвечающие различным СЗ самосопряжённого ЛОп, и ‖𝑓1 ‖ = ‖𝑓2 ‖ = 1.
Матрица перехода от исходного ОНБ {𝑒1 , 𝑒2 } к новому ОНБ {𝑓1 , 𝑓2 }:
−1/√2 1/√2
𝑃=(
) , det 𝑃 = −1 — не подходит!
1/√2 1/√2
Нужно, чтобы определитель матрицы перехода был равен 1. Так и будет, если мы поменяем местами столбцы, т.е. базисные векторы {𝑓1 , 𝑓2 } (либо можно один из столбцов
умножить на –1). Матрица перехода от базиса {𝑒1 , 𝑒2 } к базису {𝑓2 , 𝑓1 } имеет вид:
cos 𝜑 − sin 𝜑
1/√2 −1/√2
1
1
𝑃=(
), det 𝑃 = 1 ⇒ 𝑃 = (
), где cos 𝜑 = 2, sin 𝜑 = 2.
sin 𝜑
cos 𝜑
√
√
1/√2
1/√2
𝜋
Это матрица поворота СК на угол 𝜑 = против часовой стрелки.
4
Соответствующее преобразование координат имеет вид
𝑥
1/√2 −1/√2 𝑥 ′
(𝑦) = (
) ( ′ ).
1/√2
1/√2 𝑦
Запишем его покомпонентно:
𝑥′ − 𝑦′
𝑥=
,
√2
𝑥′ + 𝑦′
𝑦=
.
√2
{
Теперь в базисе из СВ {𝑓2 , 𝑓1 } КФ 𝑄 имеет канонический вид: 𝑄 = 8(𝑥 ′ )2 + 2(𝑦 ′ )2 .
Уравнение кривой в новых координатах 𝑥 ′ , 𝑦 ′ имеет вид
𝑥′ − 𝑦′
𝑥′ + 𝑦′
′ )2
′ )2
8(𝑥 + 2(𝑦 − 16
− 16
− 16 = 0.
⏟
√2
√2
𝑄
Упростим его:
8(𝑥 ′ )2 + 2(𝑦 ′ )2 − 16√2𝑥 ′ − 16 = 0,
4(𝑥 ′ )2 + (𝑦 ′ )2 − 8√2𝑥 ′ − 8 = 0.
Выделим полные квадраты:
(4(𝑥 ′ )2 − 8√2𝑥 ′ + 8) − 8 + (𝑦 ′ )2 − 8 = 0,
𝐴𝑒 = (
2
4(𝑥 ′ − √2) + (𝑦 ′ )2 = 16.
Введём новые координаты по формулам:
3
𝑥 ′′ = 𝑥 ′ − √2,
{ ′′
𝑦 = 𝑦′.
Это преобразование сдвига начала координат (𝑥 ′′ = 𝑥 ′ − 𝑎, 𝑦 ′′ = 𝑦 ′ − 𝑏). В новых координатах уравнение кривой имеет вид
4(𝑥 ′′ )2 + (𝑦 ′′ )2 = 16.
Поделим его на 16:
(𝑥 ′′ )2
4
+
(𝑦 ′′)2
16
= 1 — это каноническое
уравнение эллипса (с полуосями 2 и 4).
Выразим старые координаты через новые:
𝑥 ′′ − 𝑦 ′′
𝑥=
+ 1,
√2
𝑥 ′′ + 𝑦 ′′
𝑦=
+ 1.
√2
{
Центр эллипса находится в новом
начале координат 𝑂′′ : 𝑥 ′′ = 0, 𝑦 ′′ = 0.
Этому соответствуют 𝑥 = 1, 𝑦 = 1 в исходных координатах. Точка 𝑂′′ (1; 1) —
новое начало координат.
Ответ:
(𝑥 ′′ )2
4
+
(𝑦 ′′ )2
16
= 1 — эллипс, переход к канонической СК осуществляется пово-
ротом координатных осей на угол
динат в точку (1; 1).
𝜋
4
против часовой стрелки и сдвигом начала коор-
Пример 3 (ЛАВЗ гл. VI № 18(б) 1°). Приведите к каноническому виду уравнение поверхности второго порядка −2𝑦𝑧 + 5𝑥 − 3√2𝑦 + √2𝑧 − 7 = 0.
Рассмотрим КФ 𝑄 = −2𝑦𝑧 и приведём её к каноническому виду с помощью поворота
СК (т.е. ортогонального преобразования с det 𝑃 = 1).
−𝜆
0
0
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐼) = | 0 −𝜆 −1| = −𝜆(𝜆2 − 1) = −𝜆(𝜆 − 1)(𝜆 + 1) = 0.
0 −1 −𝜆
0
0
0 𝛼
0
1) 𝜆 = 0: (0
0 −1) (𝛽 ) = (0). Столбец координат нормированного СВ: (𝑓1 )𝑒 =
0 −1
0 𝛾
0
1
(0).
0
−1
0
0 𝛼
0
𝛽
2) 𝜆 = 1: ( 0 −1 −1) ( ) = (0). Столбец координат нормированного СВ:
0 −1 −1 𝛾
0
0
(𝑓1 )𝑒 = ( 1⁄√2).
− 1⁄√2
4
1
0
0 𝛼
0
𝛽
3) 𝜆 = −1: (0
1 −1) ( ) = (0). Столбец координат нормированного СВ:
0 −1
1 𝛾
0
0
(𝑓1 )𝑒 = (1⁄√2).
1⁄√2
ОНБ из СВ: 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓3 . Матрица перехода:
1
0
0
1⁄√2 1⁄√2) ,
𝑃 = (0
det 𝑃 = 1.
0 − 1⁄√2 1⁄√2
Связь старых и новых координат:
1
0
0 𝑥′
𝑥
1⁄√2 1⁄√2) (𝑦 ′ ),
(𝑦) = (0
𝑧
0 − 1⁄√2 1⁄√2 𝑧 ′
т.е.
𝑥 = 𝑥′,
𝑦′ + 𝑧′
𝑦=
,
√2
−𝑦 ′ + 𝑧 ′
𝑧=
.
{
√2
𝜋
(Это поворот СК на угол по часовой стрелке вокруг оси 𝑂𝑥, если смотреть с её поло4
жительного направления.)
После поворота СК уравнение поверхности принимает вид:
(𝑦 ′ )2 − (𝑧 ′ )2 + 5𝑥 ′ − 3𝑦 ′ − 3𝑧 ′ − 𝑦 ′ + 𝑧 ′ − 7 = 0,
(𝑦 ′ )2 − (𝑧 ′ )2 + 5𝑥 ′ − 4𝑦 ′ − 2𝑧 ′ − 7 = 0.
Выделяем полные квадраты:
((𝑦 ′ )2 − 4𝑦 ′ + 4) − ((𝑧 ′ )2 + 2𝑧 ′ + 1) + 5𝑥 ′ − 10 = 0,
(𝑦 ′ − 2)2 − (𝑧 ′ + 1)2 + 5(𝑥 ′ − 2) = 0.
Делаем преобразование сдвига СК:
𝑥 ′′ = 𝑥 ′ − 2,
{𝑦 ′′ = 𝑦 ′ − 2,
𝑧 ′′ = 𝑧 ′ + 1.
В новых координатах уравнение кривой имеет вид
(𝑦 ′′ )2 − (𝑧 ′′ )2 + 5𝑥 ′′ = 0,
откуда
𝑥 ′′ =
−(𝑦 ′′ )2 +(𝑧 ′′ )2
5
— каноническое уравнение гиперболического параболоида.
Связь между старыми и новыми координатами:
𝑥 = 𝑥 ′′ + 2,
𝑦 ′′ + 𝑧 ′′ + 1
𝑦=
,
√2
−𝑦 ′′ + 𝑧 ′′ − 3
𝑧=
.
{
√2
Координаты нового начала отсчёта в старой СК: (2;
1
√2
;−
3
).
√2
5
Ответ: 𝑥 ′′ =
−(𝑦 ′′ )2 +(𝑧 ′′)2
5
— гиперболический параболоид, переход к канонической СК
𝜋
осуществляется поворотом координатных осей на угол по часовой стрелке вокруг
4
оси 𝑂𝑥, если смотреть с её положительного направления, и сдвигом начала координат
1
3
в точку (2; ; − ).
2
2
√
√
Инварианты уравнений кривых второго порядка
Рассмотрим уравнение кривой второго порядка
𝑎11 𝑥 2 + 2𝑎12 𝑥𝑦 + 𝑎22 𝑦 2 + 2𝑏1 𝑥 + 2𝑏2 𝑦 + 𝑐 = 0.
Обозначим
𝑎11 𝑎12 𝑏1
𝑎11 𝑎12
𝐴 = (𝑎
𝐵 = (𝑎12 𝑎22 𝑏2 ).
),
12 𝑎22
𝑏1
𝑏2
𝑐
О. Инвариантами уравнения кривой второго порядка называются функции коэффициентов уравнения, значения которых не меняются при повороте и сдвиге СК.
Перечислим их:
𝐼1 = tr 𝐴 = 𝑎11 + 𝑎22 — след матрицы 𝐴,
𝐼2 = det 𝐴,
𝐼3 = det 𝐵.
Классификация кривых второго порядка
Найдя значения инвариантов, можно установить вид канонического уравнения кривой второго порядка и определить её тип. В таблице приведены канонические уравнения кривых второго порядка при различных значениях инвариантов (канонические уравнения обведены в рамку).
Кривые второго порядка делятся на центральные и нецентральные. У центральной
кривой есть один единственный центр симметрии; у нецентральной кривой центра
симметрии нет или есть бесконечно много центров симметрии.
𝐼2 ≠ 0 — центральная кривая
𝜆1 (𝑥 ′′ )2 + 𝜆2 (𝑦 ′′ )2 + 𝛾 = 0
𝐼2 > 0 — эллиптический тип
𝐼2 < 0 — гиперболический тип
𝐼3 = 0
𝐼1 𝐼3 > 0
′′
2
(𝑥 )
(𝑦 ′′ )2
𝐼3 = 0
𝐼1 𝐼3 < 0
𝐼3 ≠ 0
′′ 2
′′ 2
(𝑥 ′′ )2 (𝑦 ′′ )2
+
=0
𝑎2
𝑏2
(𝑥 ′′ )2 (𝑦 ′′ )2
+
=1
𝑎2
𝑏2
точка
эллипс
(𝑥 )
(𝑦 )
+
= −1
2
𝑎
𝑏2
пустое множество
(𝑥 ′′ )2 (𝑦 ′′ )2
−
= ±1
𝑎2
𝑏2
гипербола
𝑎2
−
𝑏2
=0
две пересекающиеся прямые
6
𝐼2 = 0 — нецентральная кривая
параболический тип
𝐼3 = 0
𝜆(𝑥
+ 𝛾 = 0 или 𝜆(𝑦 ′′ )2 + 𝛾 = 0 ⇒
(𝑥 ′′ )2 = 𝑞 или (𝑦 ′′ )2 = 𝑞
есть ещё один инвариант:
𝑎
𝑏1
𝑎
𝑏2
𝐼4 = | 11
| + | 22
|.
𝑏1 𝑐
𝑏2
𝑐
𝑞>0
𝑞=0
𝑞<0
две параллельодна
пустое
ные прямые
прямая множество
′′ )2
𝐼3 ≠ 0
𝜆(𝑥
+ 𝛽𝑦 = 0 или 𝜆(𝑦 ′′ )2 + 𝛽𝑥 ′′ = 0 ⇒
(𝑦 ′′ )2 = 2𝑝𝑥 ′′ или (𝑥 ′′ )2 = 2𝑝𝑦 ′′
парабола
′′ )2
′′
(При 𝐼2 ≠ 0 с помощью поворота и сдвига СК уравнение кривой приводится к предканоническому виду 𝜆1 (𝑥 ′′ )2 + 𝜆2 (𝑦 ′′ )2 + 𝛾 = 0; при 𝐼2 = 0, 𝐼3 ≠ 0 уравнение кривой
можно привести как к предканоническому виду 𝜆(𝑥 ′′ )2 + 𝛽𝑦 ′′ = 0, так и к предканоническому виду 𝜆(𝑦 ′′ )2 + 𝛽𝑥 ′′ = 0 (при различных углах поворота); при 𝐼2 = 𝐼3 = 0 уравнение кривой можно привести как к предканоническому виду 𝜆(𝑥 ′′ )2 + 𝛾 = 0, так и к
предканоническому виду 𝜆(𝑦 ′′ )2 + 𝛾 = 0 (при различных углах поворота).)
С помощью инвариантов можно находить канонические уравнения кривых второго
порядка непосредственно, не выполняя в явном виде поворот и сдвиг СК (но таким
образом мы не найдём каноническую СК).
Пример 4. Привести к каноническому виду уравнение кривой второго порядка 5𝑥 2 +
6𝑥𝑦 + 5𝑦 2 − 16𝑥 − 16𝑦 − 16 = 0.
Запишем матрицы 𝐴, 𝐵 и вычислим значения инвариантов:
5
3
−8
5 3
𝐴=(
𝐵=( 3
),
5
−8).
3 5
−8 −8 −16
𝐼2 = det 𝐴 = 16 > 0 ⇒ эллиптический тип.
5
3
−8
5 3
−8
𝐼3 = det 𝐵 = | 3
5
−8| = |3 5
−8| = −32𝐼2 = −32 ⋅ 16 < 0
−8 −8 −16
0 0 −32
⇒ кривая не является точкой. (Мы прибавили к третьей строке первую и вторую, затем разложили определитель по третьей строке.)
𝐼1 = tr 𝐴 = 10 > 0, 𝐼1 𝐼3 < 0 ⇒ эллипс.
После поворота и сдвига СК уравнение кривой принимает вид
𝜆1 (𝑥 ′′ )2 + 𝜆2 (𝑦 ′′ )2 + 𝛾 = 0,
т.е.
𝜆1 0 0
𝜆1 0
′′
′′
𝐴 =(
𝐵 = ( 0 𝜆2 0),
),
0 𝜆2
0 0 𝛾
′′
𝐼1 = tr 𝐴 = 𝜆1 + 𝜆2 ,
𝐼2 = det 𝐴′′ = 𝜆1 𝜆2 ,
𝐼3 = det 𝐵′′ = 𝜆1 𝜆2 𝛾.
Поскольку значения инвариантов должны быть одинаковыми в исходной СК и в канонической СК, получаем систему уравнений:
𝜆1 + 𝜆2 = 10,
{𝜆1 𝜆2 = 16,
𝜆1 𝜆2 𝛾 = −32 ⋅ 16.
7
Отсюда 𝛾 = −32, а 𝜆1 и 𝜆2 — корни уравнения 𝜆2 − 10𝜆 + 16 = 0 (по теореме Виета),
т.е. 𝜆1 = 2, 𝜆2 = 8 или 𝜆1 = 8, 𝜆2 = 2.
Пусть, для определённости, 𝜆1 = 2, 𝜆2 = 8. Тогда уравнение кривой в канонической СК
имеет вид
2(𝑥 ′′ )2 + 8(𝑦 ′′ )2 − 32 = 0,
откуда получим
(𝑥 ′′ )2
16
+
(𝑦 ′′)2
Ответ:
4
(𝑥 ′′ )2
16
= 1 — каноническое уравнение эллипса.
+
(𝑦 ′′ )2
4
= 1 — эллипс.
Пример 5 (Клетеник № 689.2). Привести к каноническому виду уравнение кривой
второго порядка 9𝑥 2 + 12𝑥𝑦 + 4𝑦 2 − 24𝑥 − 16𝑦 + 3 = 0.
Запишем матрицы 𝐴, 𝐵 и вычислим значения инвариантов:
9
6 −12
9 6
𝐴=(
𝐵=( 6
),
4
−8).
6 4
−12 −8
3
𝐼2 = det 𝐴 = 0 ⇒ параболический тип.
𝐼3 = det 𝐵 = 0 (первая и вторая строки пропорциональны) ⇒ не парабола.
𝐼1 = tr 𝐴 = 13.
После поворота и сдвига СК уравнение кривой принимает вид
𝜆(𝑥 ′′ )2 + 𝛾 = 0.
Тогда
𝜆 0 0
𝜆 0
′′
′′
𝐴 =(
𝐵 = (0 0 0).
),
0 0
0 0 𝛾
′′
Значит, 𝐼1 = tr 𝐴 = 𝜆, 𝐼2 = det 𝐴′′ = 0, 𝐼3 = det 𝐵′′ = 0. Приравняв значения инвариантов в исходной СК и в канонической СК, получим систему уравнений:
𝜆 = 13,
{0 = 0,
0 = 0.
Отсюда находим 𝜆. Но 𝛾 мы определить не можем. Однако в случае 𝐼2 = 𝐼3 = 0 есть ещё
𝑎
𝑏1
𝑎
𝑏2
один инвариант: 𝐼4 = | 11
| + | 22
|.
𝑏1 𝑐
𝑏2
𝑐
Тогда в старых координатах:
9 −12
4 −8
𝐼4 = |
|+|
| = 27 − 144 + 12 − 64 = −169.
−12
3
−8
3
В новых координатах:
0 0
𝜆 0
𝐼4 = |
|+|
| = 𝜆𝛾.
0 𝛾
0 𝛾
Значит, 𝜆𝛾 = −169, откуда 𝛾 = −13. Тогда уравнение кривой в канонических координатах имеет вид
13(𝑥 ′′ )2 − 13 = 0,
откуда получим
(𝑥 ′′ )2 = 1 — каноническое уравнение двух параллельных прямых.
Ответ: (𝑥 ′′ )2 = 1 — две параллельные прямые.
8
Одновременное приведение двух КФ к каноническому виду
Пусть в некотором базисе 𝑒 вещественного ЛП 𝐿 даны матрицы двух КФ 𝑄1 (𝑥) и 𝑄2 (𝑥):
𝐴𝑒 и 𝐵𝑒 соответственно. Пусть КФ 𝑄2 (𝑥) ПО. Тогда существует такой базис 𝑓, в котором
обе КФ 𝑄1 (𝑥) и 𝑄2 (𝑥) будут иметь канонический вид, причём все канонические коэффициенты КФ 𝑄2 (𝑥) будут равны 1:
𝑛
𝑄1 (𝑥) = ∑ 𝜆𝑖 𝑦𝑖2 ,
𝑖=1
𝑛
𝑄2 (𝑥) = ∑ 𝑦𝑖2 ,
𝑖=1
где 𝑦1 , …, 𝑦𝑛 — координаты элемента 𝑥 в базисе 𝑓.
При этом канонические коэффициенты КФ 𝑄1 (𝑥) 𝜆1 , …, 𝜆𝑛 являются корнями 𝜆-многочлена:
det(𝐴𝑒 − 𝜆𝐵𝑒 ) = 0.
Координаты базисных векторов 𝑓𝑘 являются нетривиальными решениями уравнений
(𝐴𝑒 − 𝜆𝑘 𝐵𝑒 )(𝑓𝑘 )𝑒 = 𝜃,
𝑘 = 1, … , 𝑛.
Причём 𝑓𝑘 должны образовывать ОНБ относительно СП, заданного БФ 𝐵(𝑥, 𝑦), полярной к КФ 𝑄2 (𝑥). При этом векторы 𝑓𝑘 , отвечающие различным 𝜆𝑘 , будут ортогональны
относительно указанного СП автоматически.
Пример 6 (ЛАВЗ гл. VI № 19а). В некотором базисе 𝑒1 , 𝑒2 вещественного ЛП 𝐿 даны
КФ 𝑄1 (𝑥) = 𝑥12 − 2𝑥1 𝑥2 + 4𝑥22 , 𝑄2 (𝑥) = −4𝑥1 𝑥2 .
Перейти к такому базису 𝑓, в которым обе КФ имеют канонический вид. Записать их
канонический вид и матрицу перехода.
Две КФ можно привести к каноническому виду одним преобразованием базиса, если
хотя бы одна из них является ПО. Запишем матрицы КФ 𝑄1 (𝑥) и 𝑄2 (𝑥) в исходном базисе 𝑒:
0 −2
1 −1
𝐴𝑒 = (
𝐵𝑒 = (
),
).
−1
4
−2
0
Для матрицы 𝐴𝑒 угловые миноры 𝛿1 = 1 > 0, 𝛿2 = 3 > 0, поэтому согласно критерию
Сильвестра КФ 𝑄1 (𝑥) является ПО.
Найдём корни 𝜆-многочлена det(𝐵𝑒 − 𝜆𝐴𝑒 ), где 𝐴𝑒 — матрица ПО КФ, 𝐵𝑒 — матрица
оставшейся КФ:
−𝜆 𝜆 − 2
det(𝐵𝑒 − 𝜆𝐴𝑒 ) = |
| = 4𝜆2 − (𝜆 − 2)2 = (𝜆 + 2)(3𝜆 − 2) = 0.
𝜆 − 2 −4𝜆
2
𝜆1 = −2,
𝜆2 = .
3
Координаты векторов {𝑓1 , 𝑓2 }, образующих канонический базис, находятся из уравнений
(𝐵𝑒 − 𝜆1 𝐴𝑒 )(𝑓1 )𝑒 = 𝜃,
(𝐵𝑒 − 𝜆2 𝐴𝑒 )(𝑓2 )𝑒 = 𝜃,
1) Для 𝜆1 = −2 получим уравнение
2 −4 𝛼
0
(
) (𝛽 ) = ( ).
−4
8
0
2
ФСР: (𝑔1 )𝑒 = ( ).
1
Выполним нормировку, считая, что СП задано БФ 𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝑥1 𝑦1 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑥2 𝑦1 +
4𝑥2 𝑦2 , полярной к КФ 𝑄1 (𝑥):
‖𝑔1 ‖2 = (𝑔1 , 𝑔1 ) = 2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 1 − 1 ⋅ 2 + 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 4,
9
1
⋅𝑔 ,
‖𝑔1 ‖ 1
1⁄2
(𝑓1 )𝑒 = (
).
1⁄4
2
2) Для 𝜆2 = получим уравнение
3
⁄
− 2 3 − 4⁄3 𝛼
0
(
) (𝛽 ) = ( ).
− 2⁄3 − 8⁄3
0
−2
ФСР: (𝑔2 )𝑒 = ( ).
1
Выполним нормировку, считая, что СП задано БФ 𝐵(𝑥, 𝑦) = 𝑥1 𝑦1 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑥2 𝑦1 +
4𝑥2 𝑦2 , полярной к КФ 𝑄1 (𝑥):
‖𝑔2 ‖2 = (𝑔2 , 𝑔2 ) = (−2) ⋅ (−2) − (−2) ⋅ 1 − 1 ⋅ (−2) + 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 12,
1
𝑓2 =
⋅𝑔 ,
‖𝑔2 ‖ 2
1
−
√3 .
(𝑓2 )𝑒 =
1
𝑓1 =
( 2 √3 )
Матрица перехода от базиса 𝑒 к базису 𝑓:
1
1
−
2
√3 .
𝑃=
1
1
4 2 √3
(
)
В базисе 𝑓 матрица ПО КФ 𝑄1 (𝑥) является единичной:
1 0
𝐴𝑓 = (
) ⇒ 𝑄1 (𝑥) = 𝑦12 + 𝑦22 ,
0 1
где 𝑦1 , 𝑦2 — координаты вектора 𝑥 в базисе 𝑓.
Матрица КФ 𝑄2 (𝑥) в базисе 𝑓 является диагональной, на диагонали стоят корни 𝜆-многочлена 𝜆1 , 𝜆2 :
2
−2
0
𝐴𝑓 = (
) ⇒ 𝑄2 (𝑥) = −2𝑦12 + 𝑦22 .
0 2⁄3
3
1
1
−
2
2
√3
Ответ: 𝑄1 (𝑥) = 𝑦12 + 𝑦22 , 𝑄2 (𝑥) = −2𝑦12 + 𝑦22 , 𝑃 = (1
1 ).
3
4
2 √3
ДЗ 20. ЛАВЗ гл. VI № 13, 14 — привести к каноническому виду и определить, можно
ли принять БФ за СП или за псевдоСП; 17(а,б,г,д,е) — решить двумя способами: через
ортогональные преобразования и через инварианты; 18, 19(б,в).
Читать теорию и отвечать на контрольные вопросы: МАВЗ гл. XII § 1.
10