Шишкин. Линейная алгебра (лекции) (1113076), страница 16
Текст из файла (страница 16)
X T AX =(формула (3))= (P Y )T A(P Y ) =(т. 4 гл. 4 курсаoаналитической геометрии и свойство 1 операции умножения матриц)= Y T P T AP Y =Y T (P T AP )Y . Теорема доказана.З а м е ч а н и е. B — симметричная матрица. Действительно, B T =(формула (6))=(P T AP )T =(т. 4 гл. 4 курса аналитической геометрии) = P T AT (P T )T =(определениетранспонированной матрицы)= P T AT P =(симметричность A)= P T AP =(формула(6))= B.Теорема 2 При любом невырожденном преобразовании переменных знак определителя матрицы квадратичной формы не меняется.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть даны квадратичная форма X T AX и преобразование (3), причем det P 6= 0.
В результате этого преобразования, как следует из теоремы 1, квадратичная форма станет квадратичной формой Y T BY , где B = P T AP .Но det(P T AP ) = (т. 5 гл. 4 курса аналитической геометрии)= det P T · det A · det P =(свойство 1 определителя) = det A · (det P )2 . Откуда следует утверждение теоремы.О п р е д е л е н и е. Рангом квадратичной формы называется ранг матрицыэтой квадратичной формы.Теорема 3 Ранг квадратичной формы сохраняется при любом невырожденномлинейном преобразовании переменных.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть дана квадратичная форма (2).
Совершим преобразование (3), причем det P 6= 0. Тогда в силу теоремы 1 придем к квадратичнойформе Y T BY , где B = P T AP . Так как det P = det P T 6= 0, то по теореме 14 гл. 2rang B = rang P T A = rang A. Что и требовалось доказать.Пусть квадратичная форма (2) некоторым линейным преобразованием (3) приведена к виду:bkk (y k )2 .(7)О п р е д е л е н и е. Запись (7) называется каноническим видом квадратичнойформы.58Теорема 4 Если квадратичная форма (2) невырожденным преобразованием (3)приведена к каноническому виду (7), то число отличных от нуля коэффициентовв (7) равно рангу r квадратичной формы.Д о к а з а т е л ь с т в о.
Так как по условию теоремы det P 6= 0, то в силу теоремы3 квадратичная форма (7) имеет ранг r. С другой стороны, матрица квадратичнойформы (7) имеет диагональный вид ||bpk δpk ||n,n . Следовательно, на ее главной диагонали стоит r отличных от нуля элементов.§3. Матод Лагранжа приведения квадратичной формы к каноническому виду.Теорема 5 Любую квадратичную форму можно привести к каноническому виду(7) невырожденным преобразованием переменных.Д о к а з а т е л ь с т в о. Проведем по методу математической индукции относительно числа переменных n.
Если n = 1, то квадратичная форма φ(x1 ) = a11 x1 x1 —канонический вид квадратичной формы. Следовательно, в данном случае существуеттождественное преобразование, т. е. для n = 1 утверждение теоремы имеет место.Считая теперь доказанным утверждения теоремы для n − 1, рассмотрим квадратичную форму φ(x1 , . .
. , xn ) = apk xp xk и докажем для нее утверждение теоремы. Дляэтого придется рассмотреть 2 случая.а) Хотя бы один из коэффициентов akk 6= 0, k = 1, n. Пусть ради определенностиann 6= 0. Выделим в квадратичной форме все члены, содержащие xn :ann (xn )2 + 2akn xk xn + aep xe xp , k = 1, n; p, e = 1, n − 1.Теперь дополним выделенные члены до полного квадрата слагаемыми, не содержащими xn . Тогдаφ(x1 , . . . , xn ) = ann (ck xk )2 + φ(x1 , .
. . , xn−1 ).где ck = akn /ann , k = 1, n. По предположению индукции квадратичная формаφ(x1 , . . . , xn−1 ) невырожденным преобразованием типа (3) приводится к каноническому виду:φ(y 1 , . . . , y n−1 ) = bkk y k y k , k = 1, n − 1.Добавив к этому преобразованию соотношение y n = ck xk , k = 1, n, получим преобразование: x1y1 y2 x2 =P ... ... (8)n−1n−1xyy n = (akn /ann )xk .Это преобразование невырожденное, так как определитель матрицы P этого преобразования p1,1. . . p1,n−10 .......... . .
= det P 6= 0. pn−1,1 . . . pn−1,n−1 0 c...cn−11 1Следовательно, квадратичная форма φ(x1 , . . . , xn ) примет канонический вид:φ(y 1 , . . . , y n ) = bkk (y k )2 + ann (y n )2 .59б) Все akk = 0, k = 1, n. Пусть a12 6= 0. Тогда сделаем преобразование:x1 = z 1 − z 2x2 = z 1 + z 2 kx = z k , k = 3, nЭто преобразование невырожденное, так как определитель матрицы преобразования1 −1 0110001... ... ...000000. . . 0 0 . . . 0 0 .
. . 0 0 = 2.. . . . . . . . . . . . 1 0 ... 0 1 А в итоге, поскольку 2a12 x1 x2 = 2a12 ((z 1 )2 − (z 2 )2 ), в квадратичной форме появятсяквадраты сразу двух переменных с отличными от нуля коэффициентами, т. е. придемк случаю а), для которого утверждение теоремы доказано.Изложенный только что метод выделения полных квадратов называется методомЛагранжа.П р и м е р. Привести к каноническомиу виду квадратичную форму φ(x1 , x2 , x3 ) =1 22x x + 2x2 x3 . Матрица этой квадратичной формы0 1 0 1 0 1 .0 1 0Так как первый и третий столбцы совпадают, то rang A = 2. Поэтому в каноническомвиде в силу теоремы 4 один коэффициент будет равен 0. Так как это случай б), тоделаем преобразование:112 x =z −zx2 = z 1 + z 2x3 = z 31 −1 01 0 или X = 1 Z = P · Z, где det P = 2.00 1Тогда φ(z 1 , z 2 , z 3 ) = 2(z 1 )2 −2(z 2 )2 +2z 1 z 3 +2z 2 z 3 = 2((z 1 )2 +z 1 z 3 +0.25(z 3 )2 −0.25(z 3 )2 )+2z 2 z 3 −2(z 2 )2 = 2(z 1 +0.5z 3 )2 −2((z 2 )2 −z 2 z 3 +0.25(z 3 )2 ) = 2(z 1 +0.5z 3 )2 −2(z 2 −0.5z 3 )2 .Иными словами, нами сделано преобразование переменных:113 y = z + 0.5zy 2 = z 2 − 0.5z 3y3 = z31 00.5или Y = 0 1 −0.5 Z = P1 · Z, где det P1 = 1.0 01Итак,φ(y 1 , y 2 , y 3 ) = 2(y 1 )2 − 2(y 2 )2 + 0 · (y 3 )2 .Можно теперь указать и прямой переход от квадратичной формы φ(x1 , x2 , x3 ) к квадратичной форме φ(y 1 , y 2 , y 3 ), т.
е. X = BY , где B = P P1−1 . Так какP1−1т. е.1 0 −0.51 −1 01 0 −0.51 −1 −10.5 1 0 0.5 10 = 0 1 , то B = 1 0 1= 1,0 0100 10 010011123 x =y −y −yx2 = y 1 + y 2x3 = y 3После этого преобразования получим:φ(y 1 , y 2 , y 3 ) = 2(y 1 − y 2 − y 3 )(y 1 + y 2 ) + 2(y 1 + y 2 )y 3 = 2(y 1 )2 − 2(y 2 )2 .60§4. Приведение квадратичной формы ортогональным преобразованием к каноническому виду.Теорема 6 Существует ортогональное преобразование X = QY , где Q — ортогональная матрица, приводящее квадратичную форму X T AX к каноническомувиду.Д о к а з а т е л ь с т в о.
Рассмотрим произвольное евклидово пространство En сортонормированным базисом (ep )n . Введем на этом пространстве линейный операторÂ, задав его матрицей Ae в базисе (ep )n , равной матрице A квадратичной формыφ(x1 , . . . , xn ) = X T AX. Так как (ep )n — ортонормированный базис и A = AT , то поутверждению 13  — симметричный оператор. По теореме 9 гл. 5 для оператора Âв пространстве En существует ортонормированный базис (fp )n из собственных векторов этого оператора, в котором матрица Af оператора  имеет диагональный вид:Af = ||λp δpk ||n,n . Обозначим через Q матрицу перехода от базиса (fp )n к базису (ep )n ,т.
е. f = eQ. Так как оба базиса ортонормированны, то по свойству 8 ортогональнойматрицы (§4, гл. 4) Q — ортогональная матрица. Как следует из равенства (3) гл.5 Af = Q−1 Ae Q или, так как Ae = A и Q−1 = QT , то Af = QT AQ. Применим кквадратичной форме линейное преобразование X = QY . Тогда по теореме 1 матрица квадратичной формы X T AX будет равна матрице QT AQ, т.
е. матрице Af —диагональной матрице.З а м е ч а н и е 1. В этом случае коэффициенты канонического вида квадратичной формы φ(y 1 , . . . , y n ) равны собственным значениям оператора Â. Поэтому, решивхарактеристическое уравнение (9), сразу можно записать канонический вид квадратичной формы.З а м е ч а н и е 2. Ортогональное преобразование X = QY , приводящее квадратичную форму к каноническому виду, имеет матрицу Q, столбцы которой сутькоординаты ортонормированного базиса из собственных векторов оператора Â в базисе (ep )n .Теорема 7 Коэффициенты канонического вида квадратичной формы не зависятот выбора ортогонального преобразования, приводящего квадратичную форму кканоническому виду.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть ортогональное преобразование X = QY приводитквадратичную форму X T AX к каноническому виду Y T BY = ap (y p )2 .
Покажем, чтоap = λp , где λp — корень уравнения (9). Составим квадратичную форму с матрицейA − λE: X T (A − λE)X. Ортогональное преобразование X = QY приводит матрицуэтой квадратичной формы согласно теореме 1 к виду: QT (A − λE)Q = B − λQT EQ =B −λE = ||(ap −λ)δpk ||n,n . Поэтому det QT (A−λE)Q =(теорема 5 гл. 4 курса аналитической геометрии)= det(A − λE) = det ||(ap − λ)δpk ||n,n = (a1 − λ) · (a2 − λ) · . . . · (an − λ).Отсюда следует, что ap — решение уравнения (9).П р и м е р 1.0 1 0φ(x1 , x2 , x3 ) = 2x1 x2 + 2x2 x3 . A = 1 0 1 — матрица квадратичной формы.0 1 0−λ101 Поэтому A − λE = 1 −λ и характеристическое уравнение имеет вид:01 −λ3−λ = 2λ = 0. Откуда λ1 = 0, λ2 = 21/2 , λ3 = −21/2 .
Теперь решая систему уравнений61(A − λE)Xe = θ, т. е. систему−λx1 + x2 = 0x1 − λx2 + x3 = 0x2 − λx3 = 0,при соответствующих значениях λ, найдем собственныевекторы:(−12x =0а) для λ1 = 0⇒ x1 = −x3 ⇒ X1 = c 0 , c 6= 0;1x + x3 = 01(1/2 121−1/2 21−2 x + x = 0 ⇒ x = 2x⇒ X2 = c 21/2 , c 6= 0;x2 − 21/2 x3 = 0 ⇒ x3 = 2−1/2 x21(121/2 x1 + x2 = 01/2 ⇒X=cв) для λ3 = −21/2−2 , c 6= 0.3x2 + 21/2 x3 = 01TA = A , т. е. соответствующий оператор Â — симметричный. Следовательно, собственные векторы, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
