Е.Б. Винберг - Теория к экзамену (1107935), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Числа k и l в нормальном виде квадратичной функции не зависят от выбора базиса,в котором эта функция имеет нормальный вид.Доказательство. Достаточно доказать, что k не зависит от базиса. Докажем, что k есть максимальная размерность подпространства, на котором данная квадратичная функция q положительно определена. Пусть q(x) =x21 + x22 + · · · + x2k − x2k+1 − · · · − x2k+l в базисе (e1 , .
. . , en ). На подпространстве he1 , . . . , ek i q положительноопределена.Пусть теперь q положительно определена на каком-то подпространстве U и dim U > k. Рассмотрим подпространство W = hek+1 , . . . , en i, dim W = n − k. Но так как dim U + dim W > n, U ∩ W 6= 0.Пусть 0 6= x ∈ U ∩ W. Тогда q(x) > 0 с одной стороны и q(x) = −x2k+1 − · · · − x2k+l 6 0. Q.E.D.Def. Число k называется положительным индексом инерции квадратичной функции q,число l - отрицательным.13Процесс ортогонализации.
Нахождение индексовинерции квадратичной функции методом Якоби.Положим Vk = he1 , . . . , ek i. Матрица функции α Vk в базисе (e1 , . . . , ek ) - это левый верхний угол порядка kматрицы A. Обозначим эту матрицу через Ak , её определитель - через δk .Теорема (Процесс ортогонализации Грама - Шмидта).
Предположим, что α Vk - невырождена, то есть δk 6=0 (k = 1, . . . , n). Тогда существует единственный ортогональный базис (f1 , . . . , fn ) пространства V , для которого fk ∈ ek + Vk−1 (k = 1, . . . , n), при этом q(fk ) = δk /δk−1 ,если считать δ0 = 1 и V0 = 0.8Доказательство. Положим f1 = e1 , тогда q(f1 ) = q(e1 ) = δ1 .Далее, пусть f1 , . . . , fk−1 , удовлетворяющие всем требуемым условиям, уже построены. Будем искать fk в видеfk = ek + λ1 f1 + λ2 f2 + · · · + λk−1 fk−1 ∈ ek + Vk−1 .Условия ортогональности: α(fk , fi ) = α(ek , fi ) + λi q(fi ) = 0 (i = 1, . .
. , k − 1).k ,fi )Так как q(fi ) = α(fi , fi ) = δi /δi−1 6= 0, то уравнение имеет единственное решение λi = − α(eq(fi ) .Остаётся доказать, что q(fk ) = δk /δk−1 .Рассмотрим базисы (e1 , e2 , . . . , ek ) и (f1 , f2 , . . . , fk ) пространства Vk . Матрица перехода имеет вид1 ∗ ... ∗ 0 1 ... ∗ C= .
. ... . ... .. ..0 0...1det C = 1. Значит, матрица α Vk в обоих базисах имеет одинаковый определитель, то есть q(f1 ) . . .0 .. = q(f ) · · · · · q(f ), но q(f ) · · · · · q(f..δk = det Ak = ...1k1k−1 ) = δk−1 ,.. 0. . . q(fk ) Q.E.D.Теорема (Метод Якоби). Пусть квадратичная функция q в каком-то базисе имеет матрицу A, все угловыеминоры δ1 , δ2 , . . . , δn которой отличны от нуля. Тогда отрицательный индекс инерции квадратичной функции qравен числу перемен знака в последовательности (1, δ1 , δ2 , .
. . , δn ).Доказательство. По предыдущей теореме, функцию можно привести к видуδ1 x21 +δn 2δ2 2x2 + · · · +x .δ1δn−1 nКоэффициент при x2i отрицателен тогда и только тогда, когда на i-м месте в последовательности (1, δ1 , δ2 , . . . , δn )имеет место перемена знака. Q.E.D.14Критерий Сильвестра.Теорема (Критерий Сильвестра). Пусть квадратичная функция q в каком-то базисе имеет матрицу A. Тогда qположительно определена тогда и только тогда, когда все угловые миноры матрицы A положительны.Доказательство. Если δ1 , δ2 , . .
. , δn положительны, то в силу Метода Якоби отрицательный индекс инерции qравен нулю, и det q 6= 0, значит q положительно определена.Обратно, пусть q положительно определена. Положим Vk = he1 , e2 , . . . , ek i. Тогда матрица ограничения α Vkесть Ak - левый верхний угол порядка k матрицы A. Ясно, что α Vk - положительно определённая квадратичнаяфункция. Значит, det α Vk = det Ak = δk > 0 (k = 1, 2, . . . , n) Q.E.D.15Существование симплектического базисадля кососимметрической билинейной функции.Def. Базис (e1 , . .
. , en ) называется симплектическим относительно кососимметрической билинейной функции α,если α(e1 , e2 ) = −α(e2 , e1 ) = 1, α(e3 , e4 ) = −α(e4 , e3 ) = 1, . . . , α(e2m−1 , e2m ) == −α(e2m , e2m−1 ) = 1 и α(ei , ej ) = 0 в остальных случаях. Иными словами, если матрица α в этом базисе имеетвид:0 1 −1 00 1−1 0....01−100...09Теорема. Для любой кососимметрической билинейной функции α существует симплектический базис.Доказательство.
Индукцией по n = dim V.Если n = 0 или 1, то доказывать нечего.Если n > 2, но α ≡ 0, то тоже доказывать нечего.Если n > 2, и α 6= 0, то ∃ e1 , e2 такие, что α(e1 , e2 ) 6= 0. Нормируя, добьёмся того, чтобы α(e1 , e2 ) = 1. Матрицаα he1 ,e2 i⊥ имеет вид0 1,−1 0⊥значит, U = he1 , e2 i - невырожденное подпространство, поэтому V = U ⊕ U ⊥ . По предположению индукции, вU ⊥ существует симплектический базис (e3 , e4 , . .
. , en ). Тогда (e1 , . . . , en ) - искомый симплектический базис всегопространства. Q.E.D.16Евклидовы пространства.Длина вектора и угол между векторами.Def. Евклидовым векторным пространством называется вещественное векторное пространство, в котором фиксирована некоторая положительно определённая билинейная функция, называемая скалярным умножением иобозначаемая ( , ).Def. Длиной вектора x в евклидовом векторномпространстве называется арифметическое значение квадратногоpкорня из его скалярного квадрата: |x| = (x, x).Свойство длины: |λx| = |λ| · |x|.Def. Углом между ненулевыми векторами x и y в евклидовом векторном пространстве называется такой угол α(x, y)(0 6 α 6 π), косинус которого равен cos α =. Корректность этого определения вытекает из следующей|x| · |y|теоремы:Теорема (Неравенство Коши-Буняковского).
Для любых векторов x, y ∈ V выполняется неравенство |(x, y)| 6|x| · |y|, причём равенство достигается ⇔ x и y пропорциональны.Доказательство. Если y = λx, то |(x, y)| = |λ| · |x|2 = |x| · |y|.Пусть теперь x и y непропорциональны. Тогда они составляют базис подпространства U = hx, yi . Ограничение( , ) U является положительно определённой симметрической билинейной функцией, значит (x, x) (x, y) 222Q.E.D (y, x) (y, y) > 0, ⇒ |x| · |y| − (x, y) > 0 ⇒ |(x, y)| 6 |x| · |y|,Верно неравенство треугольника |x + y| 6 |x| + |y|.Из общей теории следует, что в любом конечномерном евклидовом векторном пространстве существует ортонормированный базис.
В этом базисе скалярное умножение принимает вид:(x, y) = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn .Def. Изоморфизмом евклидовых пространств называется отображение, которое является изоморфизмом векторных пространств и сохраняет скалярное умножение. Понятно, что евклидовы пространства одинаковой конечнойразмерности изоморфны (возьмём два ортонормированных базиса, установим изоморфизм, ассоциированный сними, тогда и скалярное произведение будет сохраняться).17Матрица и определитель Грамасистемы векторов евклидова пространства.Def. Пусть V - евклидово пространство и a1 , a2 , .
. . , ak ∈ V . Матрицей Грама этой системы векторов называетсяматрица(a1 , a1 ) (a1 , a2 ) . . . (a1 , ak ) (a2 , a1 ) (a2 , a2 ) . . . (a2 , ak ) G(a1 , a2 , . . . , ak ) = .............(ak , a1 ) (ak , a2 ) . . .Теорема. det G(a1 , a2 , . . . , ak ) > 0, причём равенство достигается ⇔⇔ векторы a1 , a2 , .
. . , ak линейно зависимы.Доказательство.10(ak , ak )kP1. Пусть a1 , a2 , . . . , ak линейно зависимы, то естьλi ai = 0, тогда для каждого ji=1Pλi (ai , aj ) = 0, значит, строки матрицы Грама линейно зависимы с теми же коэффициентами, значитidet G(a1 , a2 , . . . , ak ) = 0;2. Пусть a1 , a2 , .
. . , ak линейно независимы. Тогда они составляют базис подпространства U = ha1 , a2 , . . . , ak i .G(a1 , a2 , . . . , ak ) - это матрица ограничения ( , ) U в этом базисе, значит det G(a1 , a2 , . . . , ak ) > 0. Q.E.D.18Ортонормированные базисы евклидова пространстваи ортогональные матрицы.Теорема. Пусть (e1 , . .
. , en ) - ортонормированный базис пространства V , и пусть (e′1 , . . . , e′n ) = (e1 , . . . , en ) C.Тогда (e′1 , . . . , e′n ) - также ортонормированный базис ⇔ C −1 = C ⊤ (такие матрицы называются ортогональными).Доказательство.
G(e′1 , e′2 , . . . , e′n ) = C ⊤ G(e1 , e2 , . . . , en )C = C ⊤ C, как матрицы скалярного умножения в двухбазисах. Поэтому базис (e′1 , . . . , e′n ) является ортонормированным ⇔ G(e′1 , e′2 , . . . , e′n ) = E ⇔ C ⊤ = C −1 Q.E.D.19Расстояние от вектора до подпространства, его выражение черезопределители Грама.Для всякого подпространства U ∈ V евклидова векторного пространства U ⊕ U ⊥ = V , так какU - невырождено относительно скалярного умножения. Значит, ∀ x ∈ V единственным образом представим ввиде x = y + z, где y ∈ U, z ∈ U ⊥ . Вектор y называется ортогональной проекцией вектора x на подпространствоU , вектор z - ортогональной составляющей вектора x:y = pr U x, z = ort U x.kPЕсли (e1 , e2 , .
. . , ek ) - ортонормированный базис в U , то pr U x =(x, ei )ei .i=1kPДействительно, x −(x, ei )ei ; ej = 0 ∀ j, значит, разность принадлежит U ⊥ .i=1Если же (e1 , e2 , . . . , ek ) - ортогональный базис подпространства U , то pr U x =kP(x, ei )ei .i=1 (ei , ei )и воспользуемся предыдущим).(действительно, рассмотрим e′i = p ei(ei , ei )Def. Расстояние между векторами: ρ(x, y) = |x − y|, расстояние между подмножествами:ρ(X, Y ) = inf ρ(x, y).x∈X,y∈YТеорема. Пусть U ⊂ V - подпространство, x ∈ V .
Тогда ρ(x, U ) = |ort U x|, причём единственный ближайший квектору x вектор подпространства U есть pr U x.Доказательство. Пусть x = y + z, где y ∈ U, z ∈ U ⊥ . Пусть y ′ ∈ U, y ′ 6= y.Надо доказать, что ρ(x, y ′ ) > ρ(x, y).px − y ′ = (x − y) + (y − y ′ ) = z + u, где u ∈ U, ort U x = z⊥u.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
