Пространства со скалярным произведением

ПредупреждениеЧерновик

Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).

1 Скалярное произведение. Матрица Грама

1.1 Определение евклидова пространства

В данном разделе пространство \(V\) может быть как конечномерным, так и бесконечномерным.

Определение 1 Пусть дано некоторое линейное пространство \(V\) над полем действительных или комплексных чисел \(\mathbb {F}\). Скалярным произведением будем называть функцию 2-х переменных \(V \times V \to \mathbb {F}\), обозначаемую \(\left\langle \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle\), удовлетворяющую следующим свойствам:

1. положительная определенность: \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {x} \right\rangle \geq 0\) для любого \(\overrightarrow {x} \in V\), причем \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {x} \right\rangle = 0\) тогда и только тогда, когда \(\overrightarrow {x} = 0_V\).

   Условие \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {x} \right\rangle \geq 0\), среди прочего, означает, что \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {x} \right\rangle\) – это обязательно действительное число, даже если \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\).

2. эрмитовость (сопряженная симметричность): \(\left\langle \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle = \overline{ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle }\). В случае \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\) свойство превращается в обычную симметричность: \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle\).

3. линейность по первому аргументу:

   \[ \left\langle \alpha \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle = \alpha \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle , \qquad \left\langle \overrightarrow {x}_1 + \overrightarrow {x}_2, \overrightarrow {y} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {x}_1, \overrightarrow {y} \right\rangle + \left\langle \overrightarrow {x}_2, \overrightarrow {y} \right\rangle \]

   для любых \(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}_1, \overrightarrow {x}_2, \overrightarrow {y} \in V\), \(\alpha \in \mathbb {F}\).

В русскоязычной литературе используются следующие термины:

• Унитарное пространство – это комплексное (\(\mathbb {F} = \mathbb {C}\)) линейное пространство \(V\) вместе с заданным на нем скалярным произведением.

• Евклидово пространство – это вещественное (\(\mathbb {F} = \mathbb {R}\)) линейное пространство \(V\) вместе с заданным на нем скалярным произведением.

В англоязычной литературе говорят просто о пространстве со скалярным произведением (англ. inner product space), отдельно уточняя, над каким полем оно задано, если это имеет значение для того или иного утверждения. Также используется термин-синоним предгильбертово пространство (англ. Pre-Hilbert space).

Два вектора пространства со скалярным произведением называются ортогональными, если их скалярное произведение равно нулю: \(\overrightarrow {x} \perp \overrightarrow {y} \stackrel{\text{def}}{\iff } \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle = 0\).

Длина или норма вектора \(\overrightarrow {x} \in V\) из пространства со скалярным произведением определяется как \(\left\| \overrightarrow {x}\right\| := \sqrt{ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {x} \right\rangle }\).

Рассмотрим свойства скалярного произведения по второму аргументу:

\[ \begin{align} \left\langle \overrightarrow {x}, \beta \overrightarrow {y} \right\rangle & = \overline{ \left\langle \beta \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle } = \overline{\beta \cdot \left\langle \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle } = \overline{\beta } \cdot \overline{ \left\langle \overrightarrow {y}, \overrightarrow {x} \right\rangle } = \overline{\beta } \cdot \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle \\ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}_1 + \overrightarrow {y_2} \right\rangle & = \overline{ \left\langle \overrightarrow {y}_1 + \overrightarrow {y}_2, \overrightarrow {x} \right\rangle } = \overline{ \left\langle \overrightarrow {y}_1, \overrightarrow {x} \right\rangle } + \overline{ \left\langle \overrightarrow {y}_2, \overrightarrow {x} \right\rangle } = \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}_1 \right\rangle + \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}_2 \right\rangle \end{align} \]

• Если \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\), то скалярное произведение обладает аддитивностью по второму аргументу, но не обладает однородностью в обычном смысле: коэффициент из второго аргумента надо выносить с комплексным сопряжением. Поэтому в общем случае скалярное произведение называют полуторалинейной формой: оно “полностью” линейно по первому аргументу, но лишь “наполовину” линейно по второму.

• Если \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), то скалярное произведение становится линейным по второму аргументу, т.к. комплексное сопряжение теряет смысл. Т.е. в случае действительного векторного пространства скалярное произведение можно определить как симметричную билинейную положительно определенную форму.

ExampleПример 1

Пусть \(V = \mathbb {C}^3\). Проверить, какие из следующих функций задают скалярное произведение:

1. \(f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) := x_1\overline{y_1} + x_2\overline{y_2} + x_3\overline{y_3} = \overrightarrow {x}^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}}\) (\(\overline{\overrightarrow {y}}\) – столбец, полученный из \(\overrightarrow {y}\) взятием сопряжения к каждому элементу);

2. \(f_2(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) := x_1\overline{y_1} + x_3\overline{y_3}\);

3. \(f_3(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) := \left|x_1\overline{y_1}\right| + \left|x_2\overline{y_2}\right| + \left|x_3\overline{y_3}\right|\).

SolutionРешение

Enum-item(1)

• Положительная определенность: имеем

  \[ f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}) = x_1\cdot \overline{x_1} + x_2\cdot \overline{x_2} + x_3\cdot \overline{x_3} = \left|x_1\right|^2 +\left|x_2\right|^2 +\left|x_3\right|^2 \geq 0 \]

  Далее, если \(\overrightarrow {x} = (0,0,0)^T\), то, очевидно, \(f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}) = 0\).

  В обратную сторону: предположим, что

  \[ f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}) = \left|x_1\right|^2 +\left|x_2\right|^2 +\left|x_3\right|^2 =0 \]

  Поскольку каждое из слагаемых неотрицательно, получаем \(\left|x_1\right|^2= \left|x_2\right|^2= \left|x_3\right|^2 = 0\). Значит \(x_1 = x_2 = x_3 = 0\).

• Сопряженная симметричность: пользуясь свойствами сопряжения в комплексных числах, получаем

  \[ f_1(\overrightarrow {y}, \overrightarrow {x}) = y_1\overline{x_1} + y_2\overline{x_2} + y_3\overline{x_3} = \overline{x_1 \overline{y_1}} + \overline{x_2 \overline{y_2}} + \overline{x_3 \overline{y_3}} = \overline{x_1\overline{y_1} + x_2\overline{y_2} + x_3\overline{y_3}} = \overline{f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y})} \]

• Линейность по первому аргументу:

  \[ \begin{align} f_1(\alpha \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) & = \left(\alpha \overrightarrow {x}\right)^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} = \alpha \cdot \overrightarrow {x}^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} = \alpha \cdot f_1(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) \\ f_1(\overrightarrow {x}^1 + \overrightarrow {x}^2 , \overrightarrow {y}) & = \left(\overrightarrow {x}^1 + \overrightarrow {x}^2\right)^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} = \left(\overrightarrow {x}^1\right)^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} + \left(\overrightarrow {x}^2\right)^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} = f_1(\overrightarrow {x}^1, \overrightarrow {y}) + f_1(\overrightarrow {x}^2, \overrightarrow {y}) \end{align} \]

Таким образом, \(f_1\) – это действительно скалярное произведение, называемое стандартным.

Заметим, что доказательство выше легко обобщается и на общий случай \(V = \mathbb {F}^n\), где \(n \in \mathbb {N}\). Т.е. в \(\mathbb {F}^n\) форма

\[ (\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) \mapsto x_1\overline{y_1} + \ldots + x_n \overline{y_n} = \overrightarrow {x}^T \cdot \overline{\overrightarrow {y}} \]

задает скалярное произведение.

Enum-item(2)

Аналогично предыдущему пункту несложно показать, что \(f_2\) сопряженно симметрична и линейна по первому аргументу. Более того, \(f_2(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}) \geq 0\). Однако \(f_2\) обладает лишь неотрицательной определенностью, положительная определенность нарушается. А именно, для ненулевого вектора \(\overrightarrow {x} = (0,1,0)^T\) имеем \(f_2(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {x}) = 0\).

Enum-item(3)

Эта функция нелинейна по первому аргументу: пусть

\[ \overrightarrow {x}^1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \overrightarrow {x}^2 = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \overrightarrow {y} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \]

Тогда

\[ f_3(\overrightarrow {x}^1, \overrightarrow {y}) = \left|1\right| + \left|1\right| + \left|0\right| = 2, \qquad f_3(\overrightarrow {x}^2, \overrightarrow {y}) = \left|-1\right| + \left|1\right| + \left|0\right| = 2 \]

Но

\[ f_3(\overrightarrow {x}^1 + \overrightarrow {x}^2, \overrightarrow {y}) = f_3\left(\left[\begin{smallmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right]\right) = \left|0\right| + \left|2\right| + \left|0\right| = 2 \neq 4 = f_3(\overrightarrow {x}^1, \overrightarrow {y}) + f_3(\overrightarrow {x}^2, \overrightarrow {y}) \]

AnswerОтвет

Enum-item(1)

Явл. скал. произв.

Enum-item(2)

Не явл. скал. произв.

Enum-item(3)

Не явл. скал. произв.

ExampleПример 2

Пусть \(V = \mathcal{P}(\mathbb {R})\) – пространство полиномов с действительными коэффициентами. Докажите, что \[ \left\langle p, q \right\rangle := p(0)q(0) + \int _{-1}^1 p'(t)q'(t) \; dt \] задает скалярное произведение в \(\mathcal{P}(\mathbb {R})\).

В данном примере, разумеется, \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\). Обратите внимание: без слагаемого \(p(0)q(0)\) скалярного произведения не получилось бы – форма \(\int_{-1}^1 p'q'\) зануляется на константах.

SolutionРешение

Enum-item1.

Положительная определенность: имеем

\[ \left\langle p, p \right\rangle = p^2(0) + \int _{-1}^{1}\left(p'(t)\right)^2 \; dt \geq 0 \]

Далее, если \(p = 0_V\), т.е. \(p(t) = 0\) для любого \(t\), то очевидно, что \(\left\langle p, p \right\rangle = 0\).

В обратную сторону: допустим, что \(\left\langle p, p \right\rangle = 0\). Предположим, что \(p\) – это многочлен степени \(n\):

\[ p(t) = \alpha _0 + \alpha _1t + \ldots + \alpha _nt^n \]

Следовательно,

\[ p'(t) = \alpha _1 + 2\alpha _2t + \ldots + n\alpha _nt^{n-1} \]

Т.к. \(p^2(0)\) и интеграл от квадрата – это неотрицательные числа, получаем, что \(p^2(0) = \alpha_0 = 0\) и \(\int_{-1}^1 (p'(t))^2 \; dt = 0\). В задаче 25.7 из ДЗ требуется доказать, что \(\int_{-1}^1 fg\) – это скалярное произведение в пространстве непрерывных на \([-1,1]\) функций. Воспользуемся этим результатом. В частности, воспользуемся положительной определенностью: если \(\int_{-1}^1f^2(t)dt = 0\), то \(f\) – это тождественно нулевая функция на \([-1,1]\). В нашем случае \(\int_{-1}^1 (p'(t))^2 dt = 0\), следовательно \(p'(t)\) – это тождественно нулевая функция. Таким образом, \(p'\) – это многочлен с несчетным количеством корней. Это значит, что все его коэффициенты нулевые:

\[ \alpha _1 = 0, \quad 2\alpha _2 = 0, \quad \ldots , \quad n\alpha _n = 0 \]

Т.е. \(\alpha_1 = \ldots = \alpha_n = 0\). Выше мы показали, что \(\alpha_0 = 0\). В итоге доказали, что \(p\) – это нулевой многочлен.

Enum-item2.

Симметричность:

\[ \left\langle p, q \right\rangle := p(0)q(0) + \int _{-1}^1 p'(t)q'(t) \; dt = q(0)p(0) + \int _{-1}^1 q'(t)p'(t)dt = \left\langle q, p \right\rangle \]

Enum-item3.

Линейность по первому аргументу (пользуемся линейностью дифференцирования и интеграла):

\[ \begin{align} \left\langle \alpha p, q \right\rangle & = (\alpha p)(0) \cdot q(0) + \int _{-1}^1 (\alpha p)'(t) \cdot q'(t) \; dt = \alpha p(0)q(0) + \alpha \int _{-1}^1 p'(t)q'(t)dt = \alpha \cdot \left\langle p, q \right\rangle \\ \left\langle p_1 + p_2, q \right\rangle & = (p_1 + p_2)(0) \cdot q(0) + \int _{-1}^1 (p_1 + p_2)'(t)\cdot q'(t) \; dt = p_1(0)q(0) + p_2(0)q(0) + \int _{-1}^1 p'_1(t) q'(t) + \int _{-1}^1 p'_2(t) q'(t) = \\ & = \left\langle p_1, q \right\rangle + \left\langle p_2, q \right\rangle \end{align} \]

1.2 Скалярное произведение в координатах

В данном разделе \(V\) – конечномерное пространство со скалярным произведением.

Пусть в \(V\) со скалярным произведением \(\left\langle \cdot , \cdot \right\rangle\) задан базис \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\). Матрица Грама \(\Gamma\) для скалярного произведения \(\left\langle \cdot , \cdot \right\rangle\) – это матрица

\[ \Gamma = \begin{pmatrix} \left\langle \overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle & \left\langle \overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle & \cdots & \left\langle \overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_n \right\rangle \\ \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle & \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle & \cdots & \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}_n \right\rangle \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \left\langle \overrightarrow {e}_n, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle & \left\langle \overrightarrow {e}_n, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle & \cdots & \left\langle \overrightarrow {e}_n, \overrightarrow {e}_n \right\rangle \\ \end{pmatrix} \]

ExampleПример 3

Пусть \(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \in V\) – два вектора, \([\overrightarrow {x}], [\overrightarrow {y}] \in \mathbf{F}^n\) – их координатные столбцы в базисе \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\), \(\Gamma\) – матрица Грама скалярного произведения в данном базисе. Как выразить \(\left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle\) через координаты векторов и матрицу Грама?

SolutionРешение

Имеем

\[ \begin{align} \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle & = \left\langle \sum _{i=1}^n [\overrightarrow {x}]_i \overrightarrow {e}_i, \sum _{j=1}^n [\overrightarrow {y}]_j \overrightarrow {e}_j \right\rangle = \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^n \left\langle [\overrightarrow {x}]_i \overrightarrow {e}_i, [\overrightarrow {y}]_j \overrightarrow {e}_j \right\rangle = \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^n [\overrightarrow {x}]_i \cdot \overline{[\overrightarrow {y}]_j} \cdot \left\langle \overrightarrow {e}_i, \overrightarrow {e}_j \right\rangle = \\ & = [\overrightarrow {x}]^T \cdot \Gamma \cdot \overline{[\overrightarrow {y}]} \end{align} \]

где \(\overline{[\overrightarrow {y}]}\) – столбец, полученный из столбца \([\overrightarrow {y}]\) взятием сопряженного элемента к каждому элементу.

В частности, если \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), то

\[ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle = [\overrightarrow {x}]^T \cdot \Gamma \cdot [\overrightarrow {y}] \]

2 Геометрия пространства со скалярным произведением

В данном разделе пространство \(V\) – конечномерное пространство со скалярным произведением.

2.1 Ортогональное дополнение подпространства

Если \(U \subset V\) – некоторое подпространство \(V\) (в общем случае просто произвольный набор векторов), то ортогональное дополнение к нему определяется как

\[ U^{\perp } := \left\{ \overrightarrow {v} \in V \; : \; \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {u} \right\rangle = 0, \, \forall \overrightarrow {u} \in U\right\} \]

Несложно показать, что \(U^\perp\) – это подпространство, даже если \(U\) не является подпространством. При этом если \(U\) все-таки подпространство, то

\[ V = U \oplus U^\perp . \]

Из этого, в частности, следует, что \(\left(U^\perp \right)^\perp = U\).

Базис называется ортогональным, если все его векторы попарно ортогональны. Эквивалентно: базис ортогонален, если его матрица Грама диагональна. Далее, базис называется ортонормированным, если он ортогонален и длина каждого вектора равна \(1\). Эквивалентно: базис называется ортонормированным, если его матрица Грама – это единичная матрица.

ExampleПример 4

Подпространство \(U\) задано как линейная оболочка векторов, имеющих в ортонормированном базисе координатные столбцы \[ \overrightarrow {a}_1 = \left(\begin{smallmatrix} 1 \\ -5 \\ 1 \end{smallmatrix}\right), \qquad \overrightarrow {a}_2 = \left(\begin{smallmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{smallmatrix}\right) \] Найдите

1. матрицу СЛОУ, определяющей \(U^{\perp }\);

2. базис в \(U^{\perp }\).

SolutionРешение

Отождествляем вектора с их координатными столбцами (элементами \(\mathbb {R}^{3}\)) в данном ортонормированном базисе. Заметим, что поскольку базис ортонормирован, матрица Грама равна единичной и

\[ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \right\rangle = \overrightarrow {x}^T \cdot \overrightarrow {y} \]

Заметим, что если \(U\) – подпространство с базисом \((\overrightarrow {a}_i)_1^k\), то ортогональное ему подпространство – это все такие векторы, которые ортогональны базисным. Т.е. не нужно проверять ортогональность всем прочим векторам из \(U\), достаточно проверить только на базисных векторах.

Enum-item(1)

Имеем

\[ \begin{align} U^\perp & = \left\{ \overrightarrow {b} \in V \; : \; \left\langle \overrightarrow {b}, \overrightarrow {a}_1 \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {b}, \overrightarrow {a}_2 \right\rangle = 0\right\} = \\ & = \left\{ \overrightarrow {b} \in V \; : \; \overrightarrow {a}_1^T \overrightarrow {b} = \overrightarrow {a}_2^T \overrightarrow {b} = 0\right\} = \\ & = \left\{ \overrightarrow {b} \in V \; : \; A^T \cdot \overrightarrow {b} = \overrightarrow {0}\right\} ,\\ \end{align} \]

где \(A\) – матрица, у которой столбцы равны заданным \(\overrightarrow {a}_1\), \(\overrightarrow {a}_2\):

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -5 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad A^T = \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \]

Enum-item(2)

Базис в \(U^\perp\) – это ФСР системы \(A^T \overrightarrow {b} = \overrightarrow {0}\). Найдем ФСР. Имеем

\[ A^T = \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ 0 & -4 & 2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ 0 & 1 & -1/2 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -3/2 \\ 0 & 1 & -1/2 \end{pmatrix} \]

Базис в \(U^\perp\):

\[ \begin{pmatrix} 3/2 \\ 1/2 \\ 1 \end{pmatrix} \]

AnswerОтвет

Enum-item(1)

\(\left(\begin{smallmatrix} 1 & -5 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{smallmatrix}\right)\);

Enum-item(2)

\(\left(\begin{smallmatrix} 3/2 \\ 1/2 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)\).

ExampleПример 5

Подпространство \(U\) задано в ортонормированном базисе СЛОУ \(A^T\xi = \overrightarrow {0}\), где \[ A^T = \begin{pmatrix} 1 & -5 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \] Найдите

1. базис подпространства \(U^\perp\);

2. СЛОУ, определяющую \(U^\perp\).

SolutionРешение

Это задача, обратная к предыдущей.

Enum-item(1)

\(U\) – множество решений системы \(A^T \xi = \overrightarrow {0}\), т.е. множество векторов, ортогональных (в ортонормированном базисе скалярное произведение стандартное) строкам матрицы \(A^T\). Значит, строки \(A^T\), записанные столбцами, лежат в \(U^\perp\); они линейно независимы, и их количество (\(2 = 3 - \dim U\)) равно размерности \(U^\perp\). Итого базис \(U^\perp\) – это в точности векторы \((1, -5, 1)^T\) и \((-1, 1, 1)^T\).

Enum-item(2)

СЛОУ для \(U^\perp\) строится по базису \(\left(U^\perp \right)^\perp = U\): из предыдущего примера базис \(U\) – вектор \((3/2, 1/2, 1)^T\), и условие ортогональности ему дает (после умножения на \(2\)) уравнение

\[ 3y_1 + y_2 + 2y_3 = 0 \]

AnswerОтвет

Enum-item(1)

2 вектора: \(\left(\begin{smallmatrix} 1 \\ -5 \\ 1 \end{smallmatrix}\right), \left(\begin{smallmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{smallmatrix}\right)\);

Enum-item(2)

\(3y_1 + y_2 + 2y_3 = 0\).

ExampleПример 26.16(3)

Найти: а) базис в \(\mathcal{L}^{\perp }\); б) матрицу системы уравнений подпространства \(\mathcal{L}^{\perp }\), если подпространство \(\mathcal{L}\) задано в базисе \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\) с матрицей Грама \(\Gamma\) системой линейных уравнений \(A\xi = \overrightarrow {0}\): \(A = \left[\begin{smallmatrix} 3 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{smallmatrix}\right], \Gamma = \mathbf{A}_{386}\). Матрицы и векторы: \(\mathbf{A}_{386} = \left[\begin{smallmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{smallmatrix}\right]\).

SolutionРешение

Отождествляем векторы с их столбцами координат в данном базисе \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\). Найдем сначала базис \(\mathcal{L}\). Имеем

\[ \begin{bmatrix} 3 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & -1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0.5 \\ 0 & 1 & 0.5 \end{bmatrix} \]

Т.е. базис \(\mathcal{L}\) – это, например, вектор \(\overrightarrow {a} := 2 \cdot (-0.5, -0.5, 1)^T = (-1, -1, 2)^T\) (проверка: \(A \overrightarrow {a} = \overrightarrow {0}\)).

Имеем

\[ \begin{align} \mathcal{L}^\perp = \left\{ \overrightarrow {x} \in \mathbb {R}^{3} \; : \; \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {a} \right\rangle = 0\right\} . \end{align} \]

Заметим, что

\[ \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {a} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {a}, \overrightarrow {x} \right\rangle = \overrightarrow {a}^T \cdot \Gamma \cdot \overrightarrow {x} = \begin{bmatrix} -4 & 0 & 4 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = 0 \]

Т.е. пространство \(\mathcal{L}^\perp\) задается СЛОУ с матрицей \((-4 , 0 , 4)\) (или, что то же самое, \((1, 0, -1)\)). Это ответ к пункту б).

Чтобы найти ответ к пункту а), нужно найти ФСР СЛОУ с матрицей, указанной выше. ФСР:

\[ \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}. \]

AnswerОтвет

1. \(\left[\begin{smallmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{smallmatrix}\right], \left[\begin{smallmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{smallmatrix}\right]\); б) \(\left[\begin{smallmatrix} 1 & 0 & -1\end{smallmatrix}\right]\).

ExampleПример 26.16(4)

Найти: а) базис в \(\mathcal{L}^{\perp }\); б) матрицу системы уравнений подпространства \(\mathcal{L}^{\perp }\), если подпространство \(\mathcal{L}\) задано в базисе \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\) с матрицей Грама \(\Gamma\) системой линейных уравнений \(A\xi = \overrightarrow {0}\): \(A = \left[\begin{smallmatrix} -1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \end{smallmatrix}\right], \Gamma = \mathbf{A}_{424}\). Матрицы и векторы: \(\mathbf{A}_{424} = \left[\begin{smallmatrix} 2 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 2\end{smallmatrix}\right]\).

SolutionРешение

Действуем как в предыдущем примере, теперь с двумерными \(\mathcal{L}\) и \(\mathcal{L}^\perp\). Базис \(\mathcal{L}\) – ФСР системы \(A\xi = \overrightarrow {0}\): \[ \begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & -2 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \end{bmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {l}_1 = \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \; \overrightarrow {l}_2 = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] \]

Enum-item(1)

Условие \(\overrightarrow {x} \in \mathcal{L}^\perp\): \(\left\langle \overrightarrow {l}_i, \overrightarrow {x} \right\rangle = \overrightarrow {l}_i^T \Gamma \overrightarrow {x} = 0\), \(i = 1, 2\). Считаем строки системы:

\[ \overrightarrow {l}_1^T \Gamma = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}, \qquad \overrightarrow {l}_2^T \Gamma = \begin{bmatrix} 3 & 2 & -1 & 0 \end{bmatrix} \]

Это и есть матрица СЛОУ, задающей \(\mathcal{L}^\perp\).

Enum-item(2)

Базис \(\mathcal{L}^\perp\) – ФСР этой системы:

\[ \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 & -1 \\ 3 & 2 & -1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 5 & -3 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & -5 & 3 \end{bmatrix} \; \Rightarrow \; \left[\begin{smallmatrix} -3 \\ 5 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \; \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -3 \\ 0 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] \]

Проверка: \(\overrightarrow {l}_i^T \Gamma \overrightarrow {b}_j = 0\) для всех четырех пар (подставьте).

AnswerОтвет

1. \(\left[\begin{smallmatrix} -3 & 5 & 1 & 0 \\ 2 & -3 & 0 & 1 \end{smallmatrix}\right]^T\); б) \(\left[\begin{smallmatrix} 2 & 1 & 1 & -1 \\ 3 & 2 & -1 & 0\end{smallmatrix}\right]\) (в ответах учебника указаны другие матрицы, но при данных \(A\) и \(\Gamma\) векторы из книжного ответа не ортогональны \(\mathcal{L}\) – видимо, опечатка в данных или в ответе).

2.2 Ортогональные проекции

Пусть \(U \subset V\) – подпространство некого евклидова пространства. Известно, что \(V\) в таком случае распадается в прямую сумму \(U\) и ортогонального дополнения к нему:

\[ V = U \oplus U^\perp \]

Т.е. любой вектор \(\overrightarrow {v}\) будет иметь единственное разложение \(\overrightarrow {v} = \overrightarrow {u} + \overrightarrow {w}\), где \(\overrightarrow {u} \in U\), \(\overrightarrow {w} \in U^\perp\). \(\overrightarrow {u} =: \operatorname {pr}_U(\overrightarrow {v})\) называется ортогональной проекцией вектора \(\overrightarrow {v}\) на \(U\). Вектор \(\overrightarrow {w} =: \operatorname {ort}_U(\overrightarrow {v})\) называется ортогональной составляющей вектора \(\overrightarrow {v}\) относительно подпространства \(U\).

Чем полезны ортогональные базисы в подпространствах? С их помощью очень просто находить проекции на подпространства, ими порожденные.

Теорема 1 Пусть в подпространстве \(U \subset V\) евклидова пространства выбран ортонормированный базис \((\overrightarrow {e}_i)_1^k\). Тогда значение ортогональной проекции \(\overrightarrow {v}\) на \(U\) можно найти так:

\[ \operatorname {pr}_U(\overrightarrow {v}) = \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle \cdot \overrightarrow {e}_1 + \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle \cdot \overrightarrow {e}_2 + \cdots + \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_k \right\rangle \cdot \overrightarrow {e}_k \]

Если базис \((\overrightarrow {e}_i)_1^k\) только лишь ортогонален, но не отнормирован, то формула следующая:

\[ \operatorname {pr}_U(\overrightarrow {v}) = \frac{ \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle }{ \left\langle \overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_1 \right\rangle } \cdot \overrightarrow {e}_1 + \frac{ \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle }{ \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}_2 \right\rangle }\cdot \overrightarrow {e}_2 + \cdots + \frac{ \left\langle \overrightarrow {v}, \overrightarrow {e}_k \right\rangle }{ \left\langle \overrightarrow {e}_k, \overrightarrow {e}_k \right\rangle } \cdot \overrightarrow {e}_k \]

2.3 Ортогонализация Грама-Шмидта

Пусть в евклидовом пространстве \(V\) выбран произвольный базис \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\). Хотим по этим векторам построить новые базисы \((\overrightarrow {e}'_i)_1^n\) и \((\overrightarrow {e}''_i)_1^n\), такие что

1. \((\overrightarrow {e}'_i)_1^n\) – ортогональный, а \((\overrightarrow {e}''_i)_1^n\) – ортонормированный;

2. \(U_k := \operatorname {span}\left(\overrightarrow {e}_1, \ldots , \overrightarrow {e}_k\right) = \operatorname {span}\left(\overrightarrow {e}'_1, \ldots , \overrightarrow {e}'_k\right) = \operatorname {span}\left(\overrightarrow {e}''_1, \ldots , \overrightarrow {e}''_k\right)\), \(\forall k \in \left\{ 1, \ldots , n\right\}\);

3. Матрица перехода к штрихованному базису верхнетреугольная с единицами на главной диагонали.

Базис \((\overrightarrow {e}'_i)_1^n\) называется ортогонализацией базиса \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\), а \((\overrightarrow {e}''_i)_1^n\) называется ортонормировкой. Его можно искать при помощи алгоритма Грама-Шмидта. Алгоритм:

• \(\overrightarrow {e}_1' := \overrightarrow {e}_1\), \(\overrightarrow {e}''_1 = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| } \overrightarrow {e}'_1\);

• \(\overrightarrow {e}_{i+1}' := \overrightarrow {e}_{i+1} - \operatorname {pr}_{U_{i}}(\overrightarrow {e}_{i+1})\), \(i =1, 2, 3, 4, \ldots , n-1\). При этом

  \[ U_{i} = \operatorname {span}\left(\overrightarrow {e}'_1, \ldots , \overrightarrow {e}'_{i}\right) = \operatorname {span}\left(\overrightarrow {e}''_1, \ldots , \overrightarrow {e}''_{i}\right) \]

  причем \(\overrightarrow {e}''_1, \ldots , \overrightarrow {e}''_{i}\) – ортонормированный базис в \(U_{i}\). Следовательно

  \[ \overrightarrow {e}_{i+1}' := \overrightarrow {e}_{i+1} - \operatorname {pr}_{U_{i}}(\overrightarrow {e}_{i+1}) = \overrightarrow {e}_{i+1} - \left\langle \overrightarrow {e}_{i+1}, \overrightarrow {e}''_{1} \right\rangle \overrightarrow {e}''_{1} - \ldots - \left\langle \overrightarrow {e}_{i+1}, \overrightarrow {e}''_{i} \right\rangle \overrightarrow {e}''_{i} \]

  Далее, \(\overrightarrow {e}''_{i+1} = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_{i+1}\right\| } \overrightarrow {e}'_{i+1}\).

ExampleПример 8

Пусть \(V = \mathbb {R}^{4}\) со стандартным скалярным произведением. Найдите ортогональную проекцию и ортогональную составляющую вектора \(\overrightarrow {x} = (2,-5,4,-3)^T\) при проекции на подпространство \(U = \operatorname {span}(\overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_2)\), где \[ \overrightarrow {e}_1 = \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \quad \overrightarrow {e}_2 = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 4 \\ -5 \end{smallmatrix}\right] \]

SolutionРешение

Найдем ортонормированный базис в \(U\) при помощи алгоритма Грама-Шмидта. Имеем

\[ \overrightarrow {e}'_1 = \overrightarrow {e}_1 = \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \quad \left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| = \sqrt{ \left\langle \overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_1 \right\rangle } = \sqrt{6}, \quad \overrightarrow {e}''_1 = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| } \overrightarrow {e}'_1 = \frac{1}{\sqrt{6}}\left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] \]

Далее,

\[ \overrightarrow {e}'_2 = \overrightarrow {e}_2 - \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}''_1 \right\rangle \overrightarrow {e}''_1 = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 4 \\ -5 \end{smallmatrix}\right] - \frac{1}{6}\cdot 8 \cdot \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] = \frac{1}{3} \cdot \left(\left[\begin{smallmatrix} 6 \\ 3 \\ 12 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] - \left[\begin{smallmatrix} 4 \\ 8 \\ 4 \\ 0 \end{smallmatrix}\right]\right) = \frac{1}{3}\left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -5 \\ 8 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] \]

Нормировка второго вектора:

\[ \left\| \overrightarrow {e}'_2\right\| = \sqrt{ \left\langle \overrightarrow {e}'_2, \overrightarrow {e}'_2 \right\rangle } = \frac{1}{3} \sqrt{318} , \qquad \overrightarrow {e}''_2 = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_2\right\| }\overrightarrow {e}'_2 = \frac{1}{\sqrt{318}} \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -5 \\ 8 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] \]

Теперь найдем ортогональную проекцию \(\overrightarrow {x}\) на \(U\). Поскольку \(\overrightarrow {e}''_1\), \(\overrightarrow {e}''_2\) – ортогональный базис \(U\), имеем

\[ \begin{align} \operatorname {Pr}_U(\overrightarrow {x}) & = \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {e}''_1 \right\rangle \overrightarrow {e}''_1 + \left\langle \overrightarrow {x}, \overrightarrow {e}''_2 \right\rangle \overrightarrow {e}''_2 = \frac{2 - 10 + 4 + 0}{6} \cdot \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] + \frac{4 + 25 + 32 + 45}{318} \cdot \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -5 \\ 8 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] = \\ & = -\frac{2}{3} \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] + \frac{1}{3} \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -5 \\ 8 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] = \frac{1}{3} \left[\begin{smallmatrix} 0 \\ -9 \\ 6 \\ -15 \end{smallmatrix}\right] = \left[\begin{smallmatrix} 0 \\ -3 \\ 2 \\ -5 \end{smallmatrix}\right] \end{align} \]

Ортогональная составляющая:

\[ \operatorname {Ort}_U(\overrightarrow {x}) = \overrightarrow {x} - \operatorname {Pr}_U(\overrightarrow {x}) = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -2 \\ 2 \\ 2 \end{smallmatrix}\right] \]

P.S. Как проверить ответ? Заметим, что столбец \((2, -2, 2, 2)^T\) ортогонален и \(\overrightarrow {e}_1\) (скал. произв. равно \(2(1 - 2 + 1) = 0\)), и \(\overrightarrow {e}_2\) (скал. произв. равно \(2(2 - 1 + 4 + (-5)) = 0\)). Т.е. наша ортогональная составляющая действительно ортогональна \(U\). При этом несложно видеть, что столбец \((0, -3, 2, -5)^T\) равен \(-2\overrightarrow {e}_1 + \overrightarrow {e}_2\), т.е. наша найденная ортогональная проекция действительно лежит в \(U\).

AnswerОтвет

\[ \operatorname {Pr}_U(\overrightarrow {x}) = \left[\begin{smallmatrix} 0 \\ -3 \\ 2 \\ -5 \end{smallmatrix}\right], \qquad \operatorname {Ort}_U(\overrightarrow {x}) = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ -2 \\ 2 \\ 2 \end{smallmatrix}\right] \]

ExampleПример 9

Найдите ортогонализацию “стандартного” базиса \(\left\{ 1, t, t^2\right\}\) пространства \(\mathcal{P}^{(2)}(\mathbb {R})\) со скалярным произведением \(\left\langle f, g \right\rangle = \int_0^1 f(t)g(t)dt\).

SolutionРешение

Имеем \(\overrightarrow {e}_1 = 1\), \(\overrightarrow {e}_2 = t\), \(\overrightarrow {e}_3 = t^2\), \[ \overrightarrow {e}'_1 = \overrightarrow {e}_1 = 1, \quad \left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| = \sqrt{\int _0^1 \; 1 \; dt} = 1, \quad \overrightarrow {e}''_1 = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| }\overrightarrow {e}'_1 = 1 \] Второй вектор: \[ \begin{align} \overrightarrow {e}'_2 & = \overrightarrow {e}_2 - \left\langle \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}''_1 \right\rangle \overrightarrow {e}''_1 = t - \left(\int _0^1 tdt\right) \cdot 1 = t - \frac{1}{2}, \\ \left\| \overrightarrow {e}'_2\right\| & = \sqrt{\int _0^1\left(t-\frac{1}{2}\right)^2dt} = \sqrt{\frac{1}{3}\left(t - \frac{1}{2}\right)^3\bigg\rvert _0^1} = \frac{1}{\sqrt{12}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} \\ \overrightarrow {e}''_2 & = 2\sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right) \end{align} \] Третий вектор: \[ \begin{align} \overrightarrow {e}'_3 & = \overrightarrow {e}_3 - \left\langle \overrightarrow {e}_3, \overrightarrow {e}''_1 \right\rangle \overrightarrow {e}''_1 - \left\langle \overrightarrow {e}_3, \overrightarrow {e}''_2 \right\rangle \overrightarrow {e}''_2 = \\ & = t^2 - \left(\int _0^1t^2 dt\right) \cdot 1 - \left(\int _0^1 2\sqrt{3} t^2\left(t - \frac{1}{2}\right) dt\right) \cdot 2\sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right) = \\ & = t^2 - \frac{1}{3} - 12 \cdot \frac{1}{12} \left(t - \frac{1}{2}\right) = t^2 - t + \frac{1}{6} \\ \left\| \overrightarrow {e}'_3\right\| & = \sqrt{\int _0^1\left(t^2 - t + \frac{1}{6}\right)^2dt} = \sqrt{\frac{5}{900}} = \frac{\sqrt{5}}{30} = \frac{1}{6\sqrt{5}} \\ \overrightarrow {e}''_3 & = 6\sqrt{5}\left(t^2 - t + \frac{1}{6}\right) \end{align} \]

AnswerОтвет

Ортонормированный базис: \[ 1, \qquad 2\sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right), \qquad 6\sqrt{5}\left(t^2 - t + \frac{1}{6}\right) \]

Квадратная матрица \(C \in \mathbb {R}^{n\times n}\) является ортогональной, если \(C^T C = E\). Эквивалентно: квадратная матрица называется ортогональной, если она обратима и \(C^{-1} = C^T\).

Заметим, что для произвольной матрицы \(C \in \mathbb {R}^{m \times n}\) в матрице \(C^TC\) элемент на месте \(i,j\) равен сумме произведений соотв. элементов \(i\)-й строки \(C^T\) (т.е. \(i\)-го столбца \(C\)) и \(j\)-го столбца \(C\). Т.е. в сущности элемент на месте \(i,j\) в матрице \(C^TC\) – это значение стандартного скалярного произведения (в \(\mathbb {R}^{m}\)) столбцов \(i\) и \(j\) матрицы \(C\). В частности, если \(m=n\) и столбцы \(C\) образуют базис в \(\mathbb {R}^{n}\) (эквивалентное условие: \(C\) обратима), то \(C^TC\) – это матрица Грама для данного базиса. Как мы помним, если матрица Грама базиса равна единичной, то этот базис ортонормирован. Таким образом, получаем еще одно эквивалентное условие ортогональности матрицы: ее столбцы образуют ортонормированный базис в \(\mathbb {R}^{n}\) со стандартным скалярным произведением¹.

Еще один полезный факт: \(C\) ортогональна тогда и только тогда, когда \(C^T\) ортогональна.

ExampleПример 10

Может ли ортогональная матрица четвертого порядка содержать строку \(\left(\begin{smallmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{smallmatrix}\right)\)

SolutionРешение

Да, может. Эта строка ненулевая, значит ее можно дополнить до базиса всего пространства \(\mathbb {R}^{4}\). Далее, заметим, что норма этой строки равна \(\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}} = 1\), т.е. если полученный базис ортогонализовывать и нормировать по алгоритму Г-Ш, то первый элемент, т.е. наша строка, не изменится. Если мы полученную систему из ортонормированных строк запишем в одну матрицу, то как раз получим ортогональную матрицу с указанной в условии первой строкой.

AnswerОтвет

Да, может.

Теорема 2 (неравенство Коши-Буняковского) Пусть \(V\) – предгильбертово пространство. Тогда \[ \left| \left\langle \overrightarrow {x}, {\overrightarrow {y}} \right\rangle \right| \leq \left\| \overrightarrow {x}\right\| \cdot \left\| \overrightarrow {y}\right\| , \qquad \forall \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y} \in V, \] причем равенство достигается тогда и только тогда, когда \(\overrightarrow {x}\), \(\overrightarrow {y}\) пропорциональны: \(\exists \lambda \in \mathbb {F}\): \(\overrightarrow {x} = \lambda \overrightarrow {y}\).

ExampleПример 11

Докажите, что для любых непропорциональных функций \(f, g \in C[0,1]\) верно неравенство \[ \left(\int _0^1 f(x) g(x) d x\right)^2<\int _0^1 f^2(x) d x \int _0^1 g^2(x) d x \] В частности, для непрерывной функции \(f \neq \operatorname {const}\) \[ \left(\int _0^1 f(x) d x\right)^2<\int _0^1 f^2(x) d x \]

SolutionРешение

Рассмотрим в \(C[0,1]\) скалярное произведение \(\left\langle f, g \right\rangle = \int_0^1 f(x)g(x)\, dx\) (положительная определенность – то же рассуждение, что и в примере со скалярным произведением многочленов: если \(\int_0^1 f^2 = 0\) для непрерывной \(f\), то \(f \equiv 0\)). Неравенство Коши-Буняковского дает

\[ \left(\int _0^1 fg \, dx\right)^2 = \left| \left\langle f, g \right\rangle \right|^2 \leq \left\| f\right\| ^2 \left\| g\right\| ^2 = \int _0^1 f^2 dx \int _0^1 g^2 dx, \]

причем равенство возможно только для пропорциональных \(f\), \(g\). По условию функции непропорциональны – неравенство строгое.

Второе утверждение – частный случай при \(g \equiv 1\): условие непропорциональности превращается в \(f \neq \operatorname {const}\), а \(\int_0^1 g^2 = 1\).

3 Линейные операторы на пространстве со скалярным произведением. Самосопряженные и ортогональные операторы

В данном разделе \(V\) – это конечномерное пространство со скалярным произведением.

Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\) – линейный оператор. Линейный оператор \(T^*: V \rightarrow V\) называется сопряженным к \(T\), если

\[ \left\langle T\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {u}, T^*(\overrightarrow {v}) \right\rangle , \qquad \forall \overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \in V \]

Теорема 3 Для любого линейного оператора \(T\) над \(V\) (конечного или даже бесконечномерного) существует единственный сопряженный ему линейный оператор \(T^*\).

Mn-proofДоказательство

Мы докажем теорему для конечномерного случая. Пусть \((\overrightarrow {e}_i)_1^n\) – произвольный фиксированный ортонормированный базис \(V\) (такой всегда можно найти, взяв произвольный базис, а затем ортогонализовав и отнормировав его). Пусть \(A_T\) – матрица оператора \(T\) в этом базисе, \([\overrightarrow {v}]\), \([\overrightarrow {u}]\) – координатные столбцы векторов \(\overrightarrow {v}\), \(\overrightarrow {u}\) в данном базисе. Тогда \([T\overrightarrow {u}] = A_T \cdot [\overrightarrow {u}]\) и \[ \left\langle T\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \right\rangle = [T\overrightarrow {u}]^T \cdot \overline{[\overrightarrow {v}]} = [\overrightarrow {u}]^T \cdot A_T^T \cdot \overline{[\overrightarrow {v}]} = [\overrightarrow {u}]^T \cdot \overline{\overline{A_T^T} \cdot [\overrightarrow {v}]} = \left\langle \overrightarrow {u}, T^* \overrightarrow {v} \right\rangle \] Т.е. оператор \(T^*\) однозначно задается в выбранном базисе матрицей \(\overline{A_T^T}\): \[ A_{T^*} = \overline{A_T^T} \]

Матрица \(\overline{A^T}\), полученная из исходной матрицы \(A\) транспонированием и взятием комплексного сопряжения, называется эрмитовым сопряжением исходной матрицы. Обозначение: \(A^* = \overline{A^T}\). Таким образом, в ОНБ матрица сопряженного оператора может быть получена из матрицы исходного оператора взятием эрмитова сопряжения: \(A_{T^*} = A_T^*\).

Отметим, что в случае \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\) эрмитово сопряжение сводится просто к транспонированию. Т.е. в евклидовом пространстве (действительном пространстве со скалярным произведением) матрица сопряженного оператора в ОНБ – это транспонированная матрица исходного оператора.

Сопряжение в пространстве операторов во многом аналогично сопряжению у комплексных чисел. Например, выполнены следующие свойства.

Теорема 4 (Свойства сопряжения оператора) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\) – оператор над \(V\). Тогда

1. \((S+T)^* = S^* + T^*\) для любого \(S \in \mathcal{L}(V)\);

2. \((\lambda T)^* = \overline{\lambda } T^*\) для любого \(\lambda \in \mathbb {F}\);

3. \(\left(T^*\right)^* = T\);

4. \((ST)^* = T^*S^*\) для любого \(S \in \mathcal{L}(V)\);

5. \(I^* = I\), где \(I\) – тождественный оператор;

6. Если \(T\) обратим, то обратим и \(T^*\), причем \(\left(T^*\right)^{-1} = \left(T^{-1}\right)^{*}\).

В дальнейшем мы увидим еще больше аналогий с сопряжением в \(\mathbb {C}\).

ExampleПример 12

Пусть \(\overrightarrow {a}\) – фиксированный вектор трехмерного ориентированного евклидова пространства \(V\). Пусть линейный оператор \(T \in \mathcal{L}(V)\) задается формулой \(T(x)=[\overrightarrow {a}, \overrightarrow {x}]\). Найдите \(T^*\).

SolutionРешение

Пользуясь выражением смешанного произведения через векторное и его антисимметричностью, получаем \[ (T(\overrightarrow {x}),\overrightarrow {y}) = ([\overrightarrow {a}, \overrightarrow {x}], \overrightarrow {y}) = (\overrightarrow {a}, \overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}) = -(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {a}, \overrightarrow {y}) = -(\overrightarrow {x}, [\overrightarrow {a}, \overrightarrow {y}]) = (\overrightarrow {x}, -T(\overrightarrow {y})) \] для любых \(\overrightarrow {x}, \overrightarrow {y}\). По определению сопряженного оператора \(T^* = -T\): оператор векторного умножения на фиксированный вектор кососимметричен.

AnswerОтвет

\(T^* = -T\).

До этого мы связывали матрицы \(T\) и \(T^*\) только в ортонормированном базисе. Как связаны матрицы оператора и его сопряжения в произвольном базисе?

ExampleПример 13

Пусть \(\left\{ \overrightarrow {e}_1, \ldots , \overrightarrow {e}_n\right\}\)- базис в пространстве \(V\), пусть \(\Gamma\) – матрица Грама этого базиса. Пусть \(A_T\)- матрица \(T\), а \(A_{T^*}\)- матрица \(T^*\) в данном базисе. Как связаны \(A_T\) и \(A_{T^*}\)?

SolutionРешение

\[ \begin{align} \left\langle T\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \right\rangle & = [T\overrightarrow {u}]^T \cdot \Gamma \cdot \overline{[\overrightarrow {v}]} = [\overrightarrow {u}]^T \cdot A_T^T \cdot \Gamma \cdot \overline{[\overrightarrow {v}]} \\ \left\langle \overrightarrow {u}, T^*\overrightarrow {v} \right\rangle & = [\overrightarrow {u}]^T \cdot \Gamma \cdot \overline{[T^*\overrightarrow {v}]} = [\overrightarrow {u}]^T \cdot \Gamma \cdot \overline{A_{T^*}} \cdot \overline{[\overrightarrow {v}]} \end{align} \] Поскольку \(\left\langle T\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {u}, T^*\overrightarrow {v} \right\rangle\) для любых \(\overrightarrow {v}, \overrightarrow {u} \in V\), из этого следует (несложно это показать) равенство матриц \(A_{T}^T\cdot \Gamma = \Gamma \cdot \overline{A_{T^*}}\). Из этого получаем ответ.

AnswerОтвет

\(A_{T^*} = \overline{\Gamma^{-1}A_T^T \Gamma }\).

ExampleПример 14

Пусть \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), пусть дана матрица \(A\) оператора \(T\) в базисе с матрицей Грама \(\Gamma\). \[ A_T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \Gamma = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \] Найдите матрицу \(T^*\).

SolutionРешение

Имеем по формуле \[ A_{T^*} = \Gamma ^{-1}A_T^T \Gamma = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 9 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \]

AnswerОтвет

\(\left(\begin{smallmatrix} 4 & 2 & 9 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{smallmatrix}\right)\).

3.1 Самосопряженные и кососопряженные операторы

Если \(T^* =T\), то оператор \(T\) называют самосопряженным. Если \(T^* = -T\), то оператор называют кососопряженным. Эквивалентно: оператор \(T\) самосопряжен, если

\[ \left\langle T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {u} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {v}, T\overrightarrow {u} \right\rangle , \quad \forall \overrightarrow {v}, \overrightarrow {u} \in V \]

• В случае \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\) самосопряженный оператор еще называют симметричным, а кососопряженный оператор называют кососимметричным или антисимметричным. Такие названия связаны с тем, что в ОНБ матрица \(T\), если он самосопряжен, должна быть симметрична:

  \[ A_T = A_{T^*} = A_T^T \]

  А если он кососопряжен, то матрица в ОНБ кососимметрична.

  Обратные утверждения тоже верны: если в ОНБ матрица оператора симметрична (кососимметрична соотв.), то он самосопряжен (кососопряжен соотв.).

• В случае \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\) самосопряженный оператор еще называют эрмитовым, а кососопряженный оператор называют косоэрмитовым или антиэрмитовым. Матрица эрмитова оператора (косоэрмитова соотв.) в ОНБ должна удовлетворять свойству \(A_T = A_T^*\) (\(A_{T} = -A_T^*\) соотв.). Отсюда проистекает терминология и для матриц: если комплексная матрица равна своей эрмитово сопряженной (\(A = A^*\)), то ее называют эрмитовой. Если \(A = -A^*\), то косоэрмитовой.

  Обратные утверждения тоже верны: если в ОНБ матрица оператора эрмитова (косоэрмитова соотв.), то он самосопряжен (кососопряжен соотв.).

Самосопряженный оператор похож по своему поведению на комплексное число, сопряженное самому себе, т.е. на действительное число как элемент \(\mathbb {C}\). Кососимметричные операторы, соотв., похожи на \(\left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \operatorname {Re}z = 0\right\}\), т.е. на комплексные числа без действительной части.

Комплексное число \(z\) можно представить в виде суммы действительной и мнимой частей: \(z = a + ib = a + c\) (\(c = ib\)), где \(a = \overline{a}\), а \(c = -\overline{c}\). Такое представление называется алгебраической формой комплексного числа. Сформулируем аналогичную теорему для операторов. Обратите внимание, что она верна и когда \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), и когда \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\).

Теорема 5 (Алгебраическая форма оператора) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\). Тогда оператор единственным образом представляется в виде \(T = A + C\), где \(A\) – самосопряженный, а \(C\) – кососопряженный, причем \(A = \frac{T + T^*}{2}\), а \(C = \frac{T - T^*}{2}\).

Mn-proofДоказательство

Несложно проверить, что \(\frac{T + T^*}{2}\) – самосопряженный оператор, а \(\frac{T - T^*}{2}\) – кососопряженный. Т.е. существование разложения доказано.

Единственность: пусть \(T = A + C\), где \(A\) – самосопряженный, а \(C\) – кососопряженный. Тогда \(T^* = A^* + C^* = A - C\), т.е. \(2A = T + T^*\). Оператор \(A\) определяется однозначно как \(\frac{T + T^*}{2}\). Аналогично с \(C\).

Следующая теорема верна уже только когда \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\), т.е. когда \(V\) – унитарное пространство.

Теорема 6 (Алгебраическая форма оператора в унитарных пространствах) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\), \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\). Тогда оператор единственным образом представляется в виде \(T = A + iB\), где \(A\), \(B\) – самосопряженные операторы, причем \(A = \frac{T + T^*}{2}\), а \(B = \frac{T - T^*}{2i}\).

3.2 Нормальные операторы

Оператор \(T \in \mathcal{L}(V)\) называется нормальным, если он коммутирует со своим сопряженным: \(TT^* = T^*T\). Проверьте самостоятельно, что нормальными будут и самосопряженные операторы, и кососопряженные, а также унитарные операторы, которые рассматриваются ниже. Поэтому приведенные в следующей теореме свойства применимы ко всем этим операторам.

Теорема 7 (Свойства нормального оператора) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\) – нормальный оператор. Тогда

1. \(\operatorname {Ker} T=\operatorname {Ker} T^*\);

2. \(\operatorname {Im}T=\operatorname {Im} T^*\);

3. \(V=\operatorname {Ker} T \oplus \operatorname {Im} T\);

4. \(T-\lambda I\) нормален для любого \(\lambda \in \mathbb {F}\);

5. Если \(\overrightarrow {v} \in V\) и \(\lambda \in \mathbb {F}\), то \(T\overrightarrow {v}=\lambda \overrightarrow {v}\) тогда и только тогда, когда \(T^* \overrightarrow {v}=\overline{\lambda } \overrightarrow {v}\);

6. Собственные векторы \(T\), соответствующие разным собственным значениям, ортогональны.

3.3 Спектральные теоремы

Напомним, что диагональная матрица – это квадратная матрица, которая везде равна \(0\), кроме, возможно, диагонали. Напомним, что оператор на \(V\) называется диагонализуемым, если он имеет диагональную матрицу относительно некоторого базиса \(V\). Напомним также, что это происходит тогда и только тогда, когда существует базис \(V\), состоящий из собственных векторов оператора.

Самые приятные операторы на \(V\)- это те, для которых существует ортонормированный базис \(V\), относительно которого оператор имеет диагональную матрицу. Это именно те операторы \(T \in \mathcal{L}(V)\), для которых существует ортонормальный базис \(V\), состоящий из собственных векторов \(T\). Наша цель в этом разделе - доказать спектральную теорему, которая характеризует эти операторы. Оказывается, что если \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), то диагонализируемы в ОНБ в точности самосопряженные операторы. Если же \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\), то в ОНБ диагонализируем более широкий класс операторов, а именно нормальные операторы.

Спектральная теорема, вероятно, является наиболее полезным инструментом в изучении операторов на пространствах со скалярным произведением.

Теорема 8 (Спектральная теорема для случая \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\)) Пусть \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\) – линейный оператор. Тогда следующие условия эквивалентны:

1. \(T\) – самосопряженный;

2. \(T\) имеет диагональную матрицу относительно некоторого ортонормированного базиса из \(V\);

3. \(V\) имеет ОНБ, состоящий из собственных векторов \(T\);

ExampleПример 15

Пусть \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), пусть оператор \(T\) задан в некотором ОНБ матрицей \[ A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \] Можно ли диагонализировать данный оператор? Если да, то можно ли его диагонализировать, используя ортонормированный базис? Если да, то найдите матрицу перехода \(S\) к ортонормированному базису из собственных векторов оператора \(T\) и матрицу оператора в этом базисе \(\Lambda\).

SolutionРешение

Для простоты изложения отождествим векторы рассматриваемого пространства с их координатными столбцами в выбранном ОНБ.

Матрица оператора евклидова пространства в ОНБ симметрична, следовательно оператор \(T\) самосопряжен. Согласно спектральной теореме его можно диагонализировать, т.е. найти базис из его собственных векторов. Причем можно подобрать базис так, чтобы он был ортонормированным.

Хар. многочлен:

\[ \begin{align} \chi _T(t) & = \operatorname {det}(\lambda E - A) = \operatorname {det}\left(\begin{smallmatrix} \lambda - 2 & -2 & 1 \\ -2 & \lambda + 1 & -2 \\ 1 & -2 & \lambda - 2 \end{smallmatrix}\right) = (\lambda - 2)(\lambda + 1)(\lambda - 2) + 4 + 4 - (\lambda + 1) - 4(\lambda -2) - 4(\lambda - 2) = \\ & = \lambda ^3 -3 \lambda ^2 - 9\lambda + 27 = (\lambda - 3)^2 (\lambda + 3) \end{align} \]

Корни хар. многочлена: \(\lambda_1 = 3\) с алг. кратностью \(2\), \(\lambda_2 = -3\) с алг. кратностью 1.

Найдем собственные подпространства для найденных собственных значений.

• \(\lambda_1 = 3\).

  \[ \lambda _1E - A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\ -2 & 4 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

  Собственное подпространство: \(E(\lambda_1, T) = \operatorname {span}(\overrightarrow {v}_1, \overrightarrow {v_2})\), где

  \[ \overrightarrow {v}_1 = \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right], \quad \overrightarrow {v}_2 = \left[\begin{smallmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] \]

• \(\lambda_2 = -3\).

  \[ \lambda _2E - A = \begin{pmatrix} -5 & -2 & 1\\ -2 & -2 & -2 \\ 1 & -2 & -5 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -2 & -5\\ 0 & -6 & -12 \\ 0 & -12 & -24 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -2 & -5 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

  Собственное подпространство: \(E(\lambda_2, T) = \operatorname {span}(\overrightarrow {v}_3)\), где

  \[ \overrightarrow {v}_3 = \left[\begin{smallmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] \]

Заметим, что \(E(\lambda_1, T) \perp E(\lambda_2, T)\). Т.е. можно отдельно выбрать ОНБ в каждом из собственных подпространств. Со вторым подпространством проще: его размерность \(1\), т.е. в качестве последнего вектора искомого базиса можно взять нормированный вектор, порождающий \(E(\lambda_2, T)\):

\[ \overrightarrow {e}'_3 = \overrightarrow {v}_3, \quad \overrightarrow {e}''_3 = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_3\right\| }\overrightarrow {e}'_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\left[\begin{smallmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] \]

Далее, найдем ОНБ в \(E(\lambda_1, T)\). Воспользуемся процедурой Грама-Шмидта. Имеем

\[ \begin{align} \overrightarrow {e}'_1 & = \overrightarrow {v}_1, \\ \overrightarrow {e}''_1 & = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_1\right\| }\overrightarrow {e}'_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] \\ \overrightarrow {e}'_2 & = \overrightarrow {v}_2 - \left\langle \overrightarrow {e}''_1, \overrightarrow {v}_2 \right\rangle \overrightarrow {e}''_1 = \left[\begin{smallmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{smallmatrix}\right] - \frac{1}{5} \cdot (-2) \cdot \left[\begin{smallmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right] = \frac{1}{5} \left[\begin{smallmatrix} -1 \\ 2 \\ 5 \end{smallmatrix}\right] \\ \overrightarrow {e}''_2 & = \frac{1}{\left\| \overrightarrow {e}'_2\right\| }\overrightarrow {e}'_2 = \frac{1}{\sqrt{30}} \left[\begin{smallmatrix} -1 \\ 2 \\ 5 \end{smallmatrix}\right] \end{align} \]

\(\overrightarrow {e}''_1, \overrightarrow {e}''_2, \overrightarrow {e}''_3\) – ОНБ, состоящий из собственных векторов для оператора \(T\). Таким образом, \(\Lambda = S^{-1}AS\), где

\[ \Lambda = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}, \qquad S = \begin{pmatrix} \overrightarrow {e}''_1 & \overrightarrow {e}''_2 & \overrightarrow {e}''_3 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{30}}\begin{pmatrix} 2\sqrt{6} & -1 & \sqrt{5} \\ \sqrt{6} & 2 & -2\sqrt{5} \\ 0 & 5 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \]

ExampleПример 16

Пусть \(V = \mathbb {R}^{2}\), 2-мерное действительное векторное пространство (без скалярного произведения пока что). Пусть \[ A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad A_2 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 4 \end{pmatrix}, \qquad A_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \] – это матрицы операторов \(T_1\), \(T_2\), \(T_3\) в стандартном базисе.

Выясните для каждого из операторов, может ли он быть самосопряженным относительно какого-то скалярного произведения в \(\mathbb {R}^{2}\), не обязательно стандартного. В случае положительного ответа предъявите (хотя бы одно) скалярное произведение (в виде матрицы Грама в стандартном базисе, например), относительно которого оператор самосопряжен.

SolutionРешение

Для начала простое замечание: в каждом из случаев искомое скалярное произведение не может быть стандартным, т.к. в стандартном скал. произведении в \(\mathbb {R}^{2}\) стандартный базис является ОНБ, а в ОНБ матрица самосопряженного оператора обязательно симметрична.

Самосопряженный оператор обязательно диагонализируем. Найдем хар. многочлен для каждого из операторов:

\[ \begin{align} \chi _1(\lambda ) & = \operatorname {det}(\lambda E - A_1) = (\lambda - 1)^2 + 1 > 0 , \; \forall \lambda \in \mathbb {F} = \mathbb {R} \\ \chi _2(\lambda ) & = \operatorname {det}(\lambda E - A_2) = (\lambda - 2)(\lambda - 4) + 1 = \lambda ^2 - 6\lambda + 9 = (\lambda - 3)^2 \\ \chi _3(\lambda ) & = \operatorname {det}(\lambda E - A_3) = \lambda (\lambda - 1) - 2 = \lambda ^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1) \end{align} \]

Как видно, у \(T_1\) собственных значений вообще нет, он не диагонализируем, значит \(A_1\) не может являться матрицей самосопряженного оператора.

У \(T_2\) собственное значение \(3\) алг. кратности \(2\). Найдем собственные вектора:

\[ 3E - A_2 = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; E(3, T_2) = \operatorname {span}\left(\left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 1 \end{smallmatrix}\right]\right) \]

Имеем \(\operatorname {dim}E(3, T_2) = 1 < 2\), т.е. геом. кратность у \(3\) строго меньше алг. кратности. Это означает по критерию диагонализируемости, что \(T_2\) не диагонализируем. Т.е. \(T_2\) не может быть самосопряженным.

У \(T_3\) собственные значения \(2\), \(-1\) имеют алг. кратность \(1\), их количество совпадает с размерностью всего пространства, значит \(T_3\) точно диагонализируем. Найдем диагонализирующий базис, т.е. найдем собственные вектора \(T_3\):

\[ \begin{align} 2E - A_3 & = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -0.5 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; E(2, T_3) = \operatorname {span}\left(\left[\begin{smallmatrix} 0.5 \\ 1 \end{smallmatrix}\right]\right) = \operatorname {span}\left(\underbrace{\left[\begin{smallmatrix} 1 \\ 2 \end{smallmatrix}\right]}_{=: \overrightarrow {e}'_1}\right) \\ -1\cdot E - A_3 & = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -2 & -2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; E(-1, T_3) = \operatorname {span}\left(\underbrace{\left[\begin{smallmatrix} -1 \\ 1 \end{smallmatrix}\right]}_{=: \overrightarrow {e}'_2}\right) \end{align} \]

Таким образом, \(\overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_2\) – диагонализирующий базис для \(T_3\). Напомним, что скал. произведение, как и любая билинейная форма, однозначно задается своими значениями на произвольном базисе. Допустим, мы возьмем такое скалярное произведение \(\left\langle \cdot , \cdot \right\rangle\) в \(\mathbb {R}^{2}\), что \(\overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_2\) будет в нем ОНБ (т.е. \(\left\langle \overrightarrow {e}'_i, \overrightarrow {e}'_j \right\rangle = \delta_i^j\)). Тогда действительное векторное пространство \(\mathbb {R}^{2}\) превратится в евклидово пространство \((\mathbb {R}^{2}, \left\langle \cdot , \cdot \right\rangle )\) (т.е. действительное пространство со скал. произв.), и в этом пространстве \(T_3\) будет самосопряженным: в ОНБ \(\overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_2\) его матрица диагональна (\(\operatorname {diag}(2,-1)\)), т.е. симметрична.

Найдем матрицу Грама \(\Gamma\) выбранного скал. произв. \(\left\langle \cdot , \cdot \right\rangle\) в стандартном базисе. Имеем

\[ \Gamma ' = S^T \Gamma S \]

где \(S = \left(\begin{smallmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{smallmatrix}\right)\) – матрица перехода от стандартного базиса к штрихованному, а \(\Gamma ' = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{smallmatrix}\right) = E\) – матрица Грама для штрихованного базиса. Тогда \(\Gamma = \left(S^T\right)^{-1} \cdot \Gamma ' \cdot S^{-1} = \left(S^{-1}\right)^T S^{-1}\). Вычислим \(S^{-1}\):

\[ S^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \]

Тогда

\[ \Gamma = \left(S^{-1}\right)^T S^{-1} = \frac{1}{9} \cdot \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{9}\begin{pmatrix} 5 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \]

AnswerОтвет

1. Нет

2. Нет

3. Да. В качестве скал. произв. можно взять скал. произв. со следующей матрицей Грама в стандартном базисе: \[ \frac{1}{9}\begin{pmatrix} 5 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \]

Теорема 9 (Спектральная теорема для случая \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\)) Пусть \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\), пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\) – линейный оператор. Тогда следующие условия эквивалентны:

1. \(T\) – нормальный оператор;

2. \(T\) имеет диагональную матрицу относительно некоторого ортонормированного базиса из \(V\);

3. \(V\) имеет ОНБ, состоящий из собственных векторов \(T\);

3.4 Унитарные операторы

Пусть \(V\) – пространство со скалярным произведением, \(T \in \mathcal{L}(V)\) – оператор. \(T\) называется унитарным, если \(T^*T = TT^* = I\), т.е. \(T\) обратим и обратный оператор совпадает с сопряженным.

Заметим, что если \(z \in \mathbb {C}\), то условие \(z\overline{z} = \overline{z}z = 1\) эквивалентно условию \(\left|z\right| = 1\), т.е. \(z\) находится на комплексной единичной окружности. Ниже мы увидим, что унитарные операторы (среди всех операторов) похожи по своему поведению на единичную окружность (как подмножество \(\mathbb {C}\)).

Многие авторы называют оператор унитарным, только если \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\). В случае если \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), оператор, обладающий свойством \(TT^*= T^*T = I\), называют ортогональным. В данных заметках мы будем, как правило, использовать термин унитарный и в случае действительных пространств, и в случае комплексных пространств, поскольку большинство утверждений о таких операторах не зависит от поля (\(\mathbb {R}\) или \(\mathbb {C}\)), а термин унитарный более универсален.

• Если \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\), то в ОНБ \(A_{T^*} = A_T^T\) и матрица унитарного (т.е. ортогонального) оператора \(T\) должна удовлетворять

  \[ A_TA_T^T = A_T^T A_T = E \]

  Квадратная матрица \(A\), удовлетворяющая \(AA^T = A^TA = E\), называется ортогональной. Уже обсуждали выше, что ее столбцы образуют ОНБ в \(\mathbb {R}^{n}\) со стандартным скалярным произведением.

  Оператор ортогонален \(\iff\) его матрица ортогональна в произвольном ОНБ.

• Если \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\), то в ОНБ \(A_{T^*} = A_T^{*}\) и матрица унитарного оператора \(T\) должна удовлетворять

  \[ A_TA_T^* = A_T^* A_T = E \]

  Квадратная матрица \(A\), удовлетворяющая \(AA^* = A^*A = E\), называется унитарной. Ее столбцы образуют ОНБ в \(\mathbb {C}^{n}\) со стандартным скалярным произведением.

  Оператор унитарен \(\iff\) его матрица унитарна в произвольном ОНБ.

Сформулируем эквивалентные определения для унитарного оператора.

Теорема 10 Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\). Пусть \((\overrightarrow {e}_1, \ldots , \overrightarrow {e}_n)\) – произвольный ОНБ в \(V\), а \(A_T\) – матрица \(T\) в данном ОНБ. Следующие условия эквивалентны:

1. \(T\) – это унитарный оператор;

2. \(T\) – это изометрический оператор, т.е. оператор, сохраняющий норму: \(\left\| T\overrightarrow {v}\right\| = \left\| \overrightarrow {v}\right\|\) для любого \(\overrightarrow {v} \in V\);

3. \(T\) сохраняет скалярное произведение, т.е. \(\left\langle T\overrightarrow {u}, T\overrightarrow {v} \right\rangle = \left\langle \overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \right\rangle\) для любых \(\overrightarrow {u}\), \(\overrightarrow {v}\);

4. \(T\) отображает выбранный произвольно ОНБ в другой ОНБ: \((T\overrightarrow {e}_1, \ldots , T\overrightarrow {e}_n)\) – это ОНБ.

5. Столбцы матрицы \(A_T\) образуют ОНБ в \(\mathbb {F}^n\) со стандартным скалярным произведением;

6. \(T^*\) – это унитарный оператор.

Следующие теоремы демонстрируют аналогию между унитарными операторами и комплексной единичной окружностью.

Теорема 11 Пусть \(T\) – это унитарный оператор, \(\lambda\) – его собственное значение. Тогда \(\left|\lambda \right| = 1\).

В частности, эта теорема утверждает, что в случае \(\mathbb {F}=\mathbb {R}\) любое собственное значение унитарного (т.е. ортогонального) оператора может быть либо \(1\), либо \(-1\).

Еще одно эквивалентное условие унитарности для случая \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\).

Теорема 12 Пусть \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\) и \(T \in \mathcal{L}(V)\). Тогда следующие условия эквивалентны:

1. \(S\) – унитарный оператор;

2. В \(V\) есть ОНБ, состоящий из собственных векторов \(T\), причем все собственные значения \(T\) принадлежат единичной комплексной окружности.

ExampleПример 17

Линейный оператор \(T\) пространства \(\mathbb {R}^2\) со стандартным скалярным произведением переводит столбцы \((4,7)^T,(2,1)^T\) соответственно в столбцы \((8,1)^T,(2,-1)^T\). Будет ли \(T\) ортогональным?

SolutionРешение

Давайте проверим, сохраняет ли \(T\) скал. произведение. Заметим, что для этого достаточно проверить, что сохраняется матрица Грама. Пусть \[ \overrightarrow {e}'_1 = \begin{bmatrix} 4 \\ 7 \end{bmatrix}, \; \overrightarrow {e}'_2 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}, \qquad \overrightarrow {e}''_1 = T\overrightarrow {e}'_1 = \begin{bmatrix} 8 \\ 1 \end{bmatrix}, \; \overrightarrow {e}''_2 = T\overrightarrow {e}'_2 = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \end{bmatrix}, \] Имеем \[ \Gamma ' = \begin{bmatrix} \left\langle \overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_1 \right\rangle & \left\langle \overrightarrow {e}'_1, \overrightarrow {e}'_2 \right\rangle \\ \left\langle \overrightarrow {e}'_2, \overrightarrow {e}'_1 \right\rangle & \left\langle \overrightarrow {e}'_2, \overrightarrow {e}'_2 \right\rangle \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 65 & 15 \\ 15 & 5 \end{bmatrix}, \qquad \Gamma '' = \begin{bmatrix} \left\langle T\overrightarrow {e}'_1, T\overrightarrow {e}'_1 \right\rangle & \left\langle T\overrightarrow {e}'_1, T\overrightarrow {e}'_2 \right\rangle \\ \left\langle T\overrightarrow {e}'_2, T\overrightarrow {e}'_1 \right\rangle & \left\langle T\overrightarrow {e}'_2, T\overrightarrow {e}'_2 \right\rangle \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 65 & 15 \\ 15 & 5 \end{bmatrix} = \Gamma ' \]

AnswerОтвет

\(T\) ортогонален.

ExampleПример 18

Пусть \(V\)- евклидово пространство (т.е. \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\)), \(\operatorname {dim} V=3, T \in \mathcal{L}(V)\) – ортогональный оператор. Докажите, что тогда в \(V\) найдется такой ортонормированный базис, в котором матрица \(T\) имеет вид \[ A = \begin{pmatrix} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & \pm 1 \end{pmatrix}, \] причем элемент, стоящий в правом нижнем углу матрицы \(A\), равен \(\operatorname {det} T\).

SolutionРешение

• Шаг 1: у \(T\) есть собственный вектор с собственным значением \(\pm 1\). Хар. многочлен \(\chi_T\) имеет степень \(3\) (нечетную) и действительные коэффициенты, значит у него есть действительный корень \(\lambda\), т.е. собственное значение. По теореме Теорема 11 \(\left|\lambda \right| = 1\), т.е. \(\lambda = \pm 1\). Пусть \(\overrightarrow {e}_3\) – соответствующий нормированный собственный вектор: \(T\overrightarrow {e}_3 = \lambda \overrightarrow {e}_3\).

• Шаг 2: плоскость \(U := \left\langle \overrightarrow {e}_3\right\rangle^\perp\) инвариантна. Пусть \(\overrightarrow {u} \in U\). Тогда

  \[ \left\langle T\overrightarrow {u}, \overrightarrow {e}_3 \right\rangle = \frac{1}{\lambda } \left\langle T\overrightarrow {u}, \lambda \overrightarrow {e}_3 \right\rangle = \frac{1}{\lambda } \left\langle T\overrightarrow {u}, T\overrightarrow {e}_3 \right\rangle = \frac{1}{\lambda } \left\langle \overrightarrow {u}, \overrightarrow {e}_3 \right\rangle = 0 \]

  (ортогональный оператор сохраняет скалярное произведение). Т.е. \(T\overrightarrow {u} \in U\).

• Шаг 3: ограничение \(T|_U\) – ортогональный оператор двумерного пространства. В произвольном ОНБ \(\overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_2\) плоскости \(U\) его матрица \(Q\) ортогональна: \(Q^T Q = E\), т.е. столбцы \(Q\) – ОНБ в \(\mathbb {R}^{2}\). Первый столбец – единичный вектор \((\cos \alpha , \sin \alpha )^T\); второй единичный и ортогонален первому, т.е. равен \(\pm (-\sin \alpha , \cos \alpha )^T\).

  • Если \(Q = \left(\begin{smallmatrix} \cos \alpha & -\sin \alpha \\ \sin \alpha & \cos \alpha \end{smallmatrix}\right)\) (поворот, \(\det Q = 1\)), то в базисе \(\overrightarrow {e}_1, \overrightarrow {e}_2, \overrightarrow {e}_3\) матрица \(T\) уже имеет требуемый вид с \(\pm 1 = \lambda\) в углу.

  • Если \(Q = \left(\begin{smallmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ \sin \alpha & -\cos \alpha \end{smallmatrix}\right)\) (\(\det Q = -1\)), то \(Q\) симметрична, т.е. \(T|_U\) самосопряжен, и по спектральной теореме в \(U\) есть ОНБ из собственных векторов; собственные значения по \(\left|\lambda \right| = 1\) и \(\det Q = -1\) равны \(1\) и \(-1\). В подходящем порядке векторов этого ОНБ (вместе с \(\overrightarrow {e}_3\)) матрица \(T\) диагональна с \(\pm 1\) на диагонали, и перестановкой базисных векторов ее можно привести к требуемому виду: \(\operatorname {diag}(1, 1, -1)\) – это форма с \(\alpha = 0\), \(\operatorname {diag}(-1, -1, 1)\) – с \(\alpha = \pi\) (а \(\pm E\) – с \(\alpha = 0\) или \(\pi\) сразу).

• Шаг 4: угол в правом нижнем углу. Определитель – инвариант, а определитель поворотного блока равен \(1\): \(\det T = 1 \cdot (\pm 1)\) – это в точности элемент в правом нижнем углу.

ExampleПример 19

Ортогональный оператор задан в ортонормированном базисе матрицей \[ A = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} -1 & -3 & -\sqrt{6} \\ -3 & -1 & \sqrt{6} \\ \sqrt{6} & -\sqrt{6} & 2 \end{pmatrix} \] Найдите матрицу \(S\) перехода к каноническому базису и матрицу \(A^{\prime }\) оператора в этом базисе.

SolutionРешение

• Имеем \(\operatorname {det}\left(A\right) = -1\). Значит канонический вид:

  \[ A' = \begin{pmatrix} \cos (\alpha ) & -\sin (\alpha ) & 0 \\ \sin (\alpha ) & \cos (\alpha ) & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \]

  Найдем \(\alpha\). Вспомним, что след оператора инвариантен. Значит

  \[ 2\cos (\alpha ) - 1 = \operatorname {tr}(A') = \operatorname {tr}(A) = 0 \]

  Значит в качестве угла можно взять \(\alpha = \frac{\pi }{3}\).

  \[ A' = \begin{pmatrix} 1/2 & - \sqrt{3}/2 & 0 \\ \sqrt{3}/2 & 1/2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \]

• Канонический базис – ? Найдем собственный вектор с собств. значением \(-1\): решая \(\left(A + E\right)\overrightarrow {v} = \overrightarrow {0}\), получаем (нормируя) вектор \(\overrightarrow {e}'_3\) с координатами в исходном базисе \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)^T\). Пусть \(\overrightarrow {e}'_1\), \(\overrightarrow {e}'_2\) – базис в \(U = \left\langle \overrightarrow {e}'_3\right\rangle^\perp\). Несложно найти координаты \(\overrightarrow {e}'_1\), \(\overrightarrow {e}_2\) в исходном базисе:

  \[ [\overrightarrow {e}'_1] = \begin{pmatrix} -1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad [\overrightarrow {e}'_2] = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

  Будет ли \(\overrightarrow {e}_1', \overrightarrow {e}'_2, \overrightarrow {e}'_3\) каноническим базисом? Порядок первых двух векторов влияет на знак угла: в одном порядке в блоке получится поворот на \(+\frac{\pi }{3}\), в другом – на \(-\frac{\pi }{3}\). Прямая проверка (вычислите \(S^T A S\), пользуясь \(S^{-1} = S^T\)) показывает, что правильный порядок такой:

  \[ \overrightarrow {e}''_1 = \overrightarrow {e}'_2, \quad \overrightarrow {e}''_2 = \overrightarrow {e}'_1, \quad \overrightarrow {e}''_3 = \overrightarrow {e}'_3 \]

AnswerОтвет

\[ A' = \begin{pmatrix} 1/2 & - \sqrt{3}/2 & 0 \\ \sqrt{3}/2 & 1/2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad S = \begin{pmatrix} 0 & -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

ExampleПример 20

Докажите, что ортогональные операторы евклидова пространства \(V\) образуют группу относительно операции композиции.

SolutionРешение

Для начала необходимо проверить, замкнуты ли ортогональные операторы относительно взятия композиции. Т.е. необходимо проверить, действительно ли композиция является операцией на множестве ортогональных операторов. Пусть \(S\), \(T\) – произвольные ортогональные операторы. Тогда для краткости \(S \circ T = ST\) и

\[ (ST)^{-1} = T^{-1}S^{-1} = T^*S^* = (ST)^* \]

\(ST\) – действительно ортогональный.

Групповые свойства:

• Ассоциативность: \(S \circ (T \circ R) \stackrel{?}{=} (S \circ T) \circ R\). Имеем

  \[ \bigg(S \circ (T \circ R)\bigg)(\overrightarrow {v}) = S\bigg((T \circ R)(\overrightarrow {v})\bigg) = S\bigg(T\big(R(\overrightarrow {v})\big)\bigg) = \bigg((S \circ T) \circ R\bigg)(\overrightarrow {v}), \quad \forall \overrightarrow {v} \in V \]

  Ассоциативность выполнена.

• Наличие нейтрального элемента: \(I^* = I\), \(I^*I= II^* = I\), т.е. \(I\) ортогонален.

• Наличие обратного элемента: ортогональный \(T\) невырожден (\(T^{-1} = T^*\)), и обратный тоже ортогонален:

  \[ \left(T^{-1}\right)^* = \left(T^*\right)^{-1} = \left(T^{-1}\right)^{-1} \quad \; \Rightarrow \; \quad \left(T^{-1}\right)^* \cdot T^{-1} = I \]

3.5 Положительные и отрицательные самосопряженные операторы

Оператор \(T \in \mathcal{L}(V)\) называется неотрицательным, если он самосопряжен и

\[ \left\langle T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {v} \right\rangle \geq 0 \quad \forall \overrightarrow {v} \in V \]

Самосопряженный оператор называется положительным, если

\[ \left\langle T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {v} \right\rangle > 0 \quad \forall \overrightarrow {v} \in V\setminus \left\{ 0_V\right\} \]

Свойства положительных операторов в теореме ниже соответствуют свойствам неотрицательных чисел в \(\mathbb {C}\). В частности, число \(z \in \mathbb {C}\) неотрицательно тогда и только тогда, когда оно имеет неотрицательный (т.е. из \(\mathbb {R}_+\) как подмножества \(\mathbb {C}\)) квадратный корень, что соответствует условию (d). Также \(z\) неотрицательно тогда и только тогда, когда оно имеет действительный квадратный корень, что соответствует условию (e). Наконец, \(z\) неотрицательно тогда и только тогда, когда существует \(w \in \mathrm{C}\) такое, что \(z=\bar{w} w\), что соответствует условию (f).

Оператор \(R \in \mathcal{L}(V)\) называют квадратным корнем оператора \(T\), если \(R^2 = T\).

Теорема 13 (Свойства неотрицательных и положительных операторов) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\). Следующие условия эквивалентны:

1. \(T\)- неотрицательный (положительный соотв.) оператор.

2. \(T\) самосопряжен и все собственные значения \(T\) неотрицательны (положительны соотв.).

3. В некотором ОНБ матрица \(T\) является диагональной матрицей с неотрицательными (положительными соотв.) числами на диагонали.

4. \(T\) имеет неотрицательный (положительный соотв.) квадратный корень.

5. \(T\) имеет самосопряженный (самосопряженный невырожденный соотв.) квадратный корень.

6. \(T = R^*R\) для некоторого оператора \(R \in \mathcal{L}(V)\) (для некоторого невырожденного оператора \(R \in \mathcal{L}(V)\) соотв.).

ExampleПример 21

Для произвольного линейного оператора \(T\) на пространстве со скалярным произведением оператор \(T^* T\) неотрицателен, причем он положителен тогда и только тогда, когда \(T\) невырожден. Докажите это.

SolutionРешение

Понятие положительного/отрицательного оператора определено только для самосопряженных операторов.

• \(T^* T\) – действительно самосопряженный? Необходимо доказать, что \(\left(T^* T\right)^* = T^* T\). Имеем

  \[ \left(T^*T\right)^* = T^* \left(T^*\right)^* = T^* T \]

• Заметим, что

  \[ \left\langle T^*T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {v} \right\rangle = \left\langle T\overrightarrow {v}, T\overrightarrow {v} \right\rangle = \left\| T\overrightarrow {v}\right\| ^2 \geq 0, \qquad \forall \overrightarrow {v} \in V \]

  Т.е. \(T^*T\) – это неотрицательный оператор.

• Если \(T\) невырожден, то у него нулевое ядро. Если \(\overrightarrow {v} \neq \overrightarrow {0}\), то \(T\overrightarrow {v} \neq \overrightarrow {0}\) и \(\left\langle T^*T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {v} \right\rangle = \left\| T(v)\right\|^2 > 0\), т.е. \(T\) положительный.

  Если \(T\) вырожден, то пусть \(\overrightarrow {v} \neq \overrightarrow {0}\) – вектор из ядра. Тогда \(\left\langle T^*T\overrightarrow {v}, \overrightarrow {v} \right\rangle = \left\| T(v)\right\|^2 = 0\), значит \(T^*T\) не является положительным.

Любое комплексное число кроме нуля имеет несколько квадратных корней (точнее, 2). Но при этом любое неотрицательное число в \(\mathbb {C}\) имеет единственный неотрицательный (т.е. из \(\mathbb {R}_+\) как подмножества \(\mathbb {C}\)) квадратный корень. Аналогичное свойство справедливо и для операторов.

Теорема 14 У любого неотрицательного оператора \(T\) существует единственный неотрицательный квадратный корень, обозначаемый \(\sqrt{T}\). Причем если \(T\) положителен, то \(\sqrt{T}\) также положителен.

Как найти \(\sqrt{T}\)? Необходимо найти ОНБ \(\overrightarrow {e}_1, \ldots , \overrightarrow {e}_n\) из собственных векторов \(T\) с собственными значениями \(\lambda_1, \ldots , \lambda_n\). По свойствам неотрицательных операторов все числа \(\lambda_1, \ldots , \lambda_n\) неотрицательны. Тогда \(\sqrt{T}\) задается как

\[ (\sqrt{T})(\overrightarrow {e}_i) := \sqrt{\lambda _i} \overrightarrow {e}_i \]

Ранее мы обсуждали аналогию между комплексными числами и операторами. Для \(z \in \mathbb {C}\) выполнено \(z \cdot \overline{z} = \left|z\right|^2\); сопряжение операторов аналогично комплексному сопряжению. Поскольку \(T^*T\) неотрицателен при любом \(T\), можно определить модуль оператора как \(\left|T\right| := \sqrt{T^*T}\). Корректность определения гарантирует приведённая теорема.

Заметим еще раз, что модуль оператора – это обязательно неотрицательный оператор. Причем если \(T\) невырожден, то \(T^*T\) также невырожден, значит положителен, значит \(\left|T\right|\) также положителен.

3.6 Полярное разложение

Мы уже обсуждали аналогию между комплексными числами \(z\) с \(\left|z\right| = 1\) и унитарными операторами. Продолжая эту аналогию, напомним, что любое комплексное число \(z\) можно представить в виде

\[ z = s \cdot r, \]

где \(s\) лежит на единичной окружности (то есть \(s = e^{i\arg z}\)), а \(r = \left|z\right|\). Если \(z \ne 0\), такое представление единственно: \(s = z \cdot \left|z\right|^{-1}\) и

\[ z = \left(z \cdot \left|z\right|^{-1}\right) \cdot \left|z\right| \]

Эта аналогия приводит к предположению, что произвольный оператор \(T \in \mathcal{L}(V)\) можно представить как произведение унитарного оператора и неотрицательного оператора \(\left|T\right|\). Это действительно так: результат известен как полярное разложение. Оно даёт красивое и полезное представление произвольного оператора как произведения двух хорошо изученных объектов:

• унитарного оператора,

• неотрицательного оператора.

Каждый из них принадлежит к классу операторов, чьи свойства хорошо известны (см. теоремы выше).

Теорема 15 (Полярное разложение) Пусть \(T \in \mathcal{L}(V)\). Тогда существует унитарный оператор \(S \in \mathcal{L}(V)\) и существует единственный неотрицательный оператор \(R\), такие что

\[ T = S R \]

При этом \(R = \left|T\right|\).

Если дополнительно \(T\) невырожден, то \(R = \left|T\right|\) положителен и указанный унитарный оператор \(S\) единственен: \(S = T \cdot \left|T\right|^{-1}\).

ExampleПример 22

Докажите полярное разложение для случая, когда \(T\) невырожден.

SolutionРешение

• Докажем сначала единственность такого разложения (если оно существует). Если \(T= SR\), где \(S\) унитарен и \(R\) неотрицателен (в частности, самосопряжен: \(R^* = R\)), то

  \[ T^* T= R^* \cdot \underbrace{S^* \circ S}_{=I} \circ R = R^* \circ R = R^2, \]

  причем \(T^* T\) и \(R\) – неотрицательные операторы. По теореме Теорема 14 \(R\) определен однозначно, причем \(R = \sqrt{T^*T} = \left|T\right|\).

  Далее, \(T\) невырожден, значит \(\left|T\right|\) также невырожден, следовательно \(S\) определяется однозначно: \(S = T \cdot \left|T\right|^{-1}\).

  В ходе доказательства единственности получили выражения для \(R\) и для \(S\). Проверим, что они получились такие, как того требует условие. Уже показали, что \(R = \left|T\right|\) положителен. Проверим теперь, что \(S\) – унитарный.

• Имеем

  \[ S^*S = \underbrace{\left(\left|T\right|^{-1}\right)^{*}}_{=\left(\left|T\right|^{*}\right)^{-1}} \cdot T^* \cdot T \cdot \left|T\right|^{-1} = I \cdot I = I \]

  Т.е. \(S\) действительно получился унитарным.

Как будет выглядеть полярное разложение для матриц операторов?

• Случай \(\mathbb {F} = \mathbb {R}\): любую вещественную матрицу \(A\) можно единственным образом представить в виде произведения \(U \cdot B\), где \(B\)- неотрицательно определенная симметричная, а \(U\)- ортогональная матрица.

• Случай \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\): любую невырожденную комплексную матрицу \(A\) можно единственным образом представить в виде произведения \(U \cdot B\), где \(B\)- неотрицательно определенная эрмитова, а \(U\)- унитарная матрица.

ExampleПример 23

Найдите полярное разложение матрицы \[ A = \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -2 \\ 0 & \sqrt{3} \end{pmatrix} \]

(Задача 29.53(3))

SolutionРешение

Если \(A = A_T\), т.е. \(A\) – матрица оператора \(T\) в стандартном базисе со стандартным скалярным произведением, то \(B = A_R\) соотв. оператору \(R = \sqrt{T^* T}\) и \(U = A_S\) соотв. оператору \(S = T \circ R^{-1}\).

• Находим \(B = A_R\). Имеем \(R^2 = T^*T\) и

  \[ B^2 = A_{R^2} = A_{T^*T} = \left(A_T\right)^T \cdot A_T = A^TA = \begin{pmatrix} \sqrt{3} & 0 \\ -2 & \sqrt{3} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -2 \\ 0 & \sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & 7 \end{pmatrix} \]

  Хар. многочлен: \(\chi (t) = (3-t)(7-t) -12 = t^2 -10t + 9 = (t-1)(t-9)\). Собственные значения \(B^2\): \(\lambda_1 = 9, \, \lambda_2 = 1\). Находим собственные векторы для этих собственных значений:

  \[ \begin{align} \left(B^2 - 9E\right) \cdot \overrightarrow {u}_1 & = \overrightarrow {0} \iff \begin{pmatrix} -6 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & -2 \end{pmatrix} \cdot \overrightarrow {u}_1 = \overrightarrow {0} \\ \begin{pmatrix} -6 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & -2 \end{pmatrix} & \sim \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3}/3 \\ -2\sqrt{3} & -2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3}/3 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1/\sqrt{3} \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \\ \text{Нормированный собственный вектор: }& \overrightarrow {u}_1 = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{3} + 1}} \cdot \begin{pmatrix} -\sqrt{3}/3 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{\sqrt{3}}{2}\begin{pmatrix} -1/\sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ \sqrt{3}/2 \end{pmatrix}. \end{align} \]

  Второй собственный вектор \(\overrightarrow {u}_2\) можно найти просто как ортогональный к \(\overrightarrow {u}_1\):

  \[ \overrightarrow {u}_2 = \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 \\ 1/2 \end{pmatrix} \]

  Это действительно собственный вектор для \(B^2\) (нормированный причем) с собственным значением \(1\):

  \[ B^2 \cdot \overrightarrow {u}_2 = \begin{pmatrix} 3 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & 7 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 \\ 1/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3\sqrt{3}}{2} - \frac{2\sqrt{3}}{2} \\ -3 + 7/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 \\ 1/2 \end{pmatrix} \]

  В базисе \(\overrightarrow {u}_1, \overrightarrow {u}_2\):

  \[ \left(B'\right)^2 = \begin{pmatrix} 9 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad B' = \begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]

  Перейдем к исходному базису. Имеем

  \[ \begin{align} B' & = C^{-1}BC, \quad \text{ где } \quad C = \begin{pmatrix} -1/2 & \sqrt{3}/2\\ \sqrt{3}/2 & 1/2 \end{pmatrix}, \; \text{ причем } C^{-1} = C^T \quad \\ \; \Rightarrow \; B & = CB'C^{-1} = CB'C^T = \begin{pmatrix} -1/2 & \sqrt{3}/2\\ \sqrt{3}/2 & 1/2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1/2 & \sqrt{3}/2 \\ \sqrt{3}/2 & 1/2 \end{pmatrix} = \\ & = \begin{pmatrix} -3/2 & \sqrt{3}/2 \\ 3\sqrt{3}/2 & 1/2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1/2 & \sqrt{3}/2 \\ \sqrt{3}/2 & 1/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3/4 + 3/4 & -3\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 \\ -3\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4 & 9/4 + 1/4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3/2 & -\sqrt{3}/2 \\ -\sqrt{3}/2 & 5/2 \end{pmatrix} \end{align} \]

• Находим \(U\). Имеем \(U = A \cdot B^{-1}\).

  \[ B^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 5/2 & \sqrt{3}/2 \\ \sqrt{3}/2 & 3/2 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 5 & \sqrt{3}\\ \sqrt{3} & 3 \end{pmatrix}, \qquad U = A \cdot B^{-1} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 3\sqrt{3} & -3 \\ 3 & 3\sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{pmatrix} \]

AnswerОтвет

\(A = U \cdot B\), где \[ U = \begin{pmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 3/2 & -\sqrt{3}/2 \\ -\sqrt{3}/2 & 5/2 \end{pmatrix} \]

4 Билинейные и квадратичные функции

В данном разделе \(V\) – конечномерное евклидово пространство (\(\mathbb {F} = \mathbb {R}\)).

Пусть \(V\) – евклидово пространство, \(b: V \times V \rightarrow \mathbb {R}\)- симметричная билинейная функция. Самосопряженный оператор \(T_b\) называется присоединенным к \(b\), если

\[ b(\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v})= \left\langle \overrightarrow {u}, T_b\overrightarrow {v} \right\rangle \]

для всех \(\overrightarrow {u}, \overrightarrow {v} \in V\).

Если \(B\) – матрица \(b\) в базисе с матрицей Грама \(\Gamma\), то присоединенный к \(b\) оператор \(T_b\) имеет в этом базисе матрицу \(A=\Gamma^{-1} B\). В частности, в ОНБ \(A = B\). Если найти ОНБ, диагонализирующий \(T_b\), то он будет диагонализировать и билинейную форму \(b\).

ExampleПример 24

Билинейная функция \(x_1 y_1-x_1 y_2-x_2 y_1+2 x_2 y_2-x_2 y_3-x_3 y_2+x_3 y_3\) записана в ортонормированном базисе 3-мерного евклидова пространства. Найдите ортонормированный базис, в котором данная функция имеет диагональный вид, и запишите этот диагональный вид.

SolutionРешение

Матрица билинейной функции \(b\):

\[ B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \]

Матрица присоединенного (самосопряженного) оператора \(T_b\) к \(b\):

\[ A = \Gamma ^{-1}B = E \cdot B = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \]

У данного оператора, поскольку он самосопряжен, есть ортонормированный базис из собственных векторов, в котором матрица \(A'\) оператора \(T_b\) будет иметь диагональный вид \(A' = \operatorname {diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)\). Он и будет искомым базисом, а матрица формы \(b\) в нем будет равна \(B' = \Gamma A' = A'\).

Найдем собственные значения \(A\) любым способом. Это будут \(\lambda_1 =1\), \(\lambda_2 = 3\), \(\lambda_3 = 0\).

Находим нормированные собственные вектора:

\[ \begin{align} A - \lambda _1E & = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {u}_1 = \frac{1}{\sqrt{1 + 1}} \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/\sqrt{2} \\ 0 \\ 1/\sqrt{2} \end{pmatrix} \\ A - \lambda _2E & = \begin{pmatrix} -2 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & - 1 \\ 0 & -1 & -2 \\ \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {u}_2 = \frac{1}{\sqrt{1 + 4 + 1}}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} \\ -2/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ A - \lambda _3E & = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {u}_3 = \frac{1}{\sqrt{1 + 1 + 1}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{3} \end{pmatrix} \end{align} \]

Диагональный вид формы \(b\):

\[ B' = A' = \begin{pmatrix} \lambda _1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

AnswerОтвет

Диагонализирующий ОНБ: \[ \overrightarrow {u}_1 = \begin{pmatrix} -1/\sqrt{2} \\ 0 \\ 1/\sqrt{2} \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow {u}_2 = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} \\ -2/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{6} \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow {u}_3 = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{3} \end{pmatrix}, \qquad \] Диагональный вид: \[ B' = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

ExampleПример 25

Найдите каноническое уравнение и каноническую систему координат для кривой второго порядка, заданной в декартовой прямоугольной системе уравнением \[ 4 x y-3 y^2-4 x+10 y-6=0 . \]

SolutionРешение

Напомним, что наиболее сложный вопрос в подобных задачах – избавиться от части с \(xy\) (в нашем случае \(4xy\)). Если от нее избавиться, то далее нужно просто выделить полные квадраты.

Перепишем выражение в привычных обозначениях:

\[ f(\overrightarrow {x}) := 4x_1 x_2 - 3x_2^2 - 4x_1 + 10x_2 - 6 = 0 \]

Заметим, что \(b(\overrightarrow {x}):= 4x_1 x_2 - 3x_2^2\) – это кв. форма на \(\mathbb {R}^{2}\). Ее матрица:

\[ B = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & -3 \end{pmatrix} = A, \]

где \(A\) – матрица присоединенного (самосопряженного) оператора. \(\chi_A(t) = t^2 +3t - 4 = (t-1)(t+4)\), т.е. \(\lambda_1 = 1\), \(\lambda_2 = -4\). Собственные векторы (нормированные):

\[ \begin{align} A - \lambda _1E & = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {u}_1 = \frac{1}{\sqrt{4 + 1}} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} \\ 1/\sqrt{5} \end{pmatrix} \\ A - \lambda _2 E & = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1/2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \; \Rightarrow \; \overrightarrow {u}_2 = \frac{1}{\sqrt{1/4 + 1}}\begin{pmatrix} -1/2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/\sqrt{5} \\ 2/\sqrt{5} \end{pmatrix} \end{align} \]

В новом базисе из собственных векторов кв. функция \(b\) будет иметь матрицу и вид

\[ B' = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -4 \end{pmatrix}, \qquad b(\overrightarrow {x}) = b(x_1'\overrightarrow {u}_1 + x'_2 \overrightarrow {u}_2) = \left(x'_1\right)^2 - 4\left(x'_2\right)^2 \]

Зависимость старых и новых координат:

\[ \begin{align} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} & = C \begin{pmatrix} x'_1 \\ x'_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x'_1 \\ x'_2 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2x'_1 - x'_2 \\ x'_1 + 2x'_2 \end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix} x'_1 \\ x'_2 \end{pmatrix} & = \underbrace{C^{-1}}_{=C^T} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2x_1 + x_2 \\ -x_1 + 2x_2 \end{pmatrix} \end{align} \]

Имеем в новых координатах

\[ \begin{align} 0 = f(\overrightarrow {x}) & = b(\overrightarrow {x}) -4x_1 + 10x_2 - 6 = \left(x'_1\right)^2 - 4\left(x'_2\right)^2 - \frac{4}{\sqrt{5}} \left( 2x'_1 - x'_2\right) + \frac{10}{\sqrt{5}} \left(x'_1 + 2x'_2\right) - 6 = \\ & = \left(x'_1\right)^2 - 4\left(x'_2\right)^2 + \frac{2}{\sqrt{5}}x'_1 + \frac{24}{\sqrt{5}} x_2' - 6 = \text{ (выделяю полные квадраты) } \\ & = \left(x'_1 + \frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 - 4\left( x'_2 - \frac{3}{\sqrt{5}}\right)^2 + 1 \end{align} \]

(проверьте константу: \(-\frac{1}{5} + 4 \cdot \frac{9}{5} - 6 = 1\).) Получили уравнение

\[ 4\left( x'_2 - \frac{3}{\sqrt{5}}\right)^2 - \left(x'_1 + \frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 = 1 \]

Чтобы записать его в каноническом виде (у гиперболы вещественная ось – первая), возьмем в качестве первой канонической координаты сдвинутую \(x'_2\): положим \(x''_1 = x'_2 - \frac{3}{\sqrt{5}}\), \(x''_2 = x'_1 + \frac{1}{\sqrt{5}}\). В новых координатах имеем

\[ \frac{\left(x''_1\right)^2}{1/4} - \frac{\left(x''_2\right)^2}{1} = 1 \]

Т.е. имеем гиперболу. Каноническая система координат:

\[ \begin{cases} x''_1 = x'_2 - \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(-x_1 + 2x_2 - 3\right) \\ x''_2 = x'_1 + \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(2x_1 + x_2 + 1\right) \end{cases} \]

AnswerОтвет

Каноническое уравнение: \[ \frac{\left(x''_1\right)^2}{1/4} - \frac{\left(x''_2\right)^2}{1} = 1 \] Это гипербола.

Каноническая СК: \[ \begin{cases} x''_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(-x_1 + 2x_2 - 3\right) \\ x''_2 = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(2x_1 + x_2 + 1\right) \end{cases} \]

Перейдем к задаче об одновременной диагонализации квадратичных форм.

ExampleПример 26

Проверьте, что по меньшей мере одна из двух квадратичных функций \[ f=x_1^2+2 x_1 x_2+3 x_2^2, \qquad g=4 x_1^2+16 x_1 x_2+6 x_2^2 \] является положительно определенной. Найдите общую замену координат, приводящую матрицу положительно определенной функции к \(E\), а второй – к диагональному виду, и запишите этот диагональный вид.

SolutionРешение

Матрицы кв. функций:

\[ F = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad G = \begin{pmatrix} 4 & 8 \\ 8 & 6 \end{pmatrix} \]

Оба угловых минора первой матрицы (\(1\) и \(2\)) положительны, следовательно, по критерию Сильвестра, функция \(f\) положительно определена. Видно при этом, что \(\operatorname {det}\left(G\right) = -40\), т.е. \(g\) не явл. положительно определенной. \(f\) можно использовать как скалярное произведение. Матрица Грама этого скалярного произведения в исходном базисе:

\[ \Gamma = F = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \]

Задача теперь свелась к тому, чтобы найти ОНБ (со скалярным произв. \(f\)), в котором \(g\) имела бы диагональный вид.

Пусть \(T_g\) – самосопряженный оператор, присоединенный к \(g\). Он имеет матрицу

\[ A = \Gamma ^{-1} \cdot G = F^{-1} \cdot G \]

Необходимо теперь найти ОНБ из собственных векторов для \(T_g\). В нем как раз получим \(G' = \Gamma ' \cdot A' = A' = \operatorname {diag}(\lambda_1, \lambda_2)\).

• Ищем собственные значения оператора \(T_g\). Имеем

  \[ \chi _{T_g}(t) = \operatorname {det}\left(A - tE\right) = \operatorname {det}\left(F^{-1}G - tE\right) \]

  Здесь можно вычислить \(F^{-1}\), перемножить с \(G\), далее найти \(\chi_{T_g}(t)\) и его корни. Однако для нахождения корней хар. многочлена можно обойтись и без вычисления обратной матрицы \(F^{-1}\):

  \[ \chi _{T_g}(t) = \operatorname {det}\left(F^{-1}G - tE\right) = \operatorname {det}\left(F^{-1}G - tF^{-1}F\right) = \operatorname {det}\left(F^{-1}\right) \cdot \operatorname {det}\left(G - tF\right) \]

  Имеем \(\chi_T(t) = 0 \iff \operatorname {det}\left(G - tF\right) = 0\), поскольку \(F\) невырожденна и \(\operatorname {det}\left(F^{-1}\right) \neq 0\). При этом

  \[ \begin{align} \operatorname {det}\left(G - tF\right) & = \det \begin{pmatrix} 4 -t & 8 - t \\ 8 - t & 6 - 3t \end{pmatrix} = \left(3t^2 -18t + 24\right) - \left(t^2 - 16t + 64\right) = \\ & = 2t^2 -2t - 40 = 2(t^2 - t - 20) = 2(t -5 )(t + 4) \end{align} \]

  Собственные значения: \(\lambda_1 = 5\), \(\lambda_2 = -4\).

• Ищем собственные векторы оператора \(T_g\). Для этого нужно решить систему \(\left(A - \lambda E\right) \cdot \overrightarrow {x} = \overrightarrow {0}\). При этом

  \[ A - \lambda E = F^{-1}\left(G - \lambda F\right) \]

  Матрица \(F\) невырождена, т.е. системы линейных однородных уравнений с матрицами \(A - \lambda E\) и \(G - \lambda F\) эквивалентны. Можно решать \(\left(G - \lambda F\right) \cdot \overrightarrow {x} = \overrightarrow {0}\).

  Для \(\lambda_1 = 5\) имеем

  \[ \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -9 \end{pmatrix} \overrightarrow {u}_1 = \overrightarrow {0} \; \Rightarrow \; \text{ФСР: } \overrightarrow {u}_1 = \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}. \]

  Для \(\lambda_2 = -4\) имеем

  \[ \begin{pmatrix} 8 & 12 \\ 12 & 18 \end{pmatrix} \overrightarrow {u}_2 = \overrightarrow {0} \; \Rightarrow \; \text{ФСР: } \overrightarrow {u}_2 =\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix}. \]

  Заметим, что \(\overrightarrow {u}_1\), \(\overrightarrow {u}_2\) не явл. ортогональными в стандартном скалярном произведении, но во взятом нами скалярном произведении с матрицей Грама \(\Gamma = F\) они ортогональны:

  \[ \left\langle \overrightarrow {u}_1, \overrightarrow {u}_2 \right\rangle = \overrightarrow {u}_1^T \cdot F \cdot \overrightarrow {u}_2 = \begin{pmatrix} 3 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 6 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} = 0 \]

  Для получения ОНБ нужно \(\overrightarrow {u}_1\), \(\overrightarrow {u}_2\) нормировать. Имеем

  \[ \begin{align} \left\| \overrightarrow {u}_1\right\| ^2 & = \left\langle \overrightarrow {u}_1, \overrightarrow {u}_1 \right\rangle = \overrightarrow {u}^T_1 \cdot F \cdot \overrightarrow {u}_1 = \begin{pmatrix} 3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} = 18 \\ \left\| \overrightarrow {u}_2\right\| ^2 & = \cdots = 9 \end{align} \]

  Нормируем:

  \[ \overrightarrow {v}_1 := \frac{1}{\left\| \overrightarrow {u}_1\right\| }\overrightarrow {u}_1 = \frac{1}{3\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow {v}_2 := \frac{1}{\left\| \overrightarrow {u}_2\right\| }\overrightarrow {u}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2/3 \end{pmatrix} \]

• В ОНБ \(\overrightarrow {v}_1\), \(\overrightarrow {v}_2\) будем иметь

  \[ A' = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} = G', \qquad F' = \Gamma ' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \]

  Т.е. в данном базисе \(g = 5\left(x_1'\right)^2 - 4\left(x_2'\right)^2\) и \(f = \left(x'_1\right)^2 + \left(x_2'\right)^2\).

AnswerОтвет

Диагонализирующий базис: \[ \overrightarrow {v}_1 = \frac{1}{3\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \overrightarrow {v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2/3 \end{pmatrix} \] Матрицы \(f\) и \(g\) в данном базисе: \[ F' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad G' = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} \]

ExampleПример 27

Докажите, что если среди линейных комбинаций двух квадратичных функций \(f\), \(g\) имеется положительно определенная, то эти две функции одновременно приводятся к диагональному виду.

SolutionРешение

Пусть \(\lambda f + \mu g =: h\) – положит. определенная. Не ограничивая общности, пусть \(\lambda \neq 0\). Исходя из предыдущей задачи видно, что мы можем найти базис, в котором \(h\) будет иметь матрицу \(H = E\), а \(g\) будет просто иметь диагональную матрицу \(G = \operatorname {diag}(\lambda_1, \ldots , \lambda_n)\). Но поскольку

\[ f = \frac{1}{\lambda }h - \frac{\mu }{\lambda }g, \]

то и \(f\) будет иметь в этом базисе диагональную матрицу, а именно матрицу

\[ F = \frac{1}{\lambda } H - \frac{\mu }{\lambda } G = \operatorname {diag}\left(\frac{1}{\lambda } - \frac{\mu }{\lambda }\lambda _1, \ldots , \frac{1}{\lambda } - \frac{\mu }{\lambda }\lambda _n\right) \]

ExampleПример 28

Приведите пример пары квадратичных функций \(f\), \(g\), которые не приводятся одновременно к диагональному виду.

SolutionРешение

Если хотя бы одна из функций положительно или отрицательно определена, то одновременно к диагональному виду привести возможно. Необходимо, чтобы обе функции не были ни положительно опр., ни отрицательно опр.

Пусть в стандартном базисе \(f\), \(g\) имеют матрицы

\[ F = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad G = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \]

Предположим, что их можно диагонализировать в каком-то базисе, причем матрица перехода к этому базису имеет вид

\[ C = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \]

Т.е. следующие матрицы должны иметь диагональный вид:

\[ C^T F C = \begin{pmatrix} a^2 - c^2 & ab - cd \\ ab - cd & b^2 - d^2 \end{pmatrix}, \quad \text{ и } \quad C^TGC = \begin{pmatrix} 2ac & ad + bc \\ ad + bc & 2bd \end{pmatrix}. \]

Условия диагональности:

\[ \begin{cases} ab - cd = 0 \\ ad + bc = 0 \end{cases} \]

Следовательно, имеем

\[ \begin{cases} d \cdot \left(ad + bc\right) + b \cdot \left(ab - cd \right) = 0 \\ b \cdot \left(ad + bc\right) - d \cdot \left(ab - cd \right) = 0 \\ \end{cases} \iff \begin{cases} a(b^2 + d^2 ) = 0 \\ c (b^2 + d^2 ) = 0 \end{cases} \]

Хоть кто-то из \(a\), \(c\) должен быть отличен от нуля, чтобы матрица перехода \(C\) была невырожденной. При этом тогда получается, что \(b^2 + d^2 = 0\) и \(b = d = 0\). Получилось, что \(C\) вырождена. Противоречие.

Сноски

1. Учитывая этот факт, вообще говоря, гораздо логичнее называть квадратную матрицу \(C\), удовлетворяющую \(C^TC = E\), ортонормированной матрицей, а ортогональной считать ту квадратную матрицу, для которой \(C^TC\) – это лишь диагональная матрица. Однако исторически сложилась не очень логичная терминология: матрица ортогональна, если \(C^TC = E\).