Шишкин. Линейная алгебра (лекции) (1113076), страница 9
Текст из файла (страница 9)
. . , xk т. е. (xe , xp ) = 0 при e 6= p, и того, что (θ, x1 ) = 0, мы получим:c1 (x1 , x1 ) = 0. Отсюда следует, что (x1 , x1 ) = 0, и, следовательно, x1 = θ, что противоречит условию леммы.О п р е д е л е н и е. Система элементов e1 , . . . , en , удовлетворяющая условию(ep , ek ) = δpk , называется ортонормированной системой элементов.Таким образом, система ортонормированных элементов — это совокупность нормированных, взаимно ортогональных элементов.Теорема 2 В n-мерном евклидовом пространстве En существует ортонормированный базис (ek )n .Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмем в En какой-либо базис (fk )n и с помощью некоторой процедуры, описанной ниже, построим n элементов e1 , .
. . , en , линейно выражающихся через f1 , . . . , fn и образующих ортонормированный базис.Шаг 1. e1 = f1 /|f1 |.Шаг 2. e2 будем искать в виде af2 + be1 . Так как e2 должен удовлетворять условиям:1) (e1 , e2 ) = 0 и 2) (e2 , e2 ) = 1, то из 1) ⇒ (e1 , e2 ) = (e1 , af2 +be1 ) = a(e1 , f2 )+b(e1 , e1 ) =a(e1 , f2 ) + b = 0, т. е. b = −a(e1 , f2 ). Поэтому e2 = ac2 , где c2 = f2 − (e1 , f2 )e1 .
Теперь31qиз 2) имеем a = 1/|c2 |, где |c2 | = (c2 , c2 ). Итак, e2 = c2 /|c2 |, где c2 = f2 − (e1 , f2 )e1 .Шаг 3. e3 будем искать в виде af3 + be2 + ce1 . Так как элемент e3 должен удовлетворять условиям: 1) (e1 , e3 ) = 0, 2) (e2 , e3 ) = 0, 3) (e3 , e3 ) = 1, то из первых двухусловий имеем:(a(f3 , e1 ) + b(e2 , e1 ) + c(e1 , e1 ) = 0⇒a(f3 , e2 ) + b(e2 , e2 ) + c(e1 , e2 ) = 0(a(f3 , e1 ) + c = 0c = −a(f3 , e1 )⇒.a(f3 , e2 ) + b = 0b = −a(f3 , e2 )Таким образом, e3 = ac3 , где c3 = f3 − (f3 , e2 )e2 − (f3 , e1 )e1 . Из 3) следует, чтоa = 1/|c3 |. Итак, окончательно e3 = c3 /|c3 |.Шаг k. ek = ck /|ck |, где ck = fk − (fk , ek−1 )ek−1 − .
. . − (fk , e1 )e1 .Покажем, чтоШаг k+1. ek+1 = ck+1 /|ck+1 |, где ck+1 = fk+1 − (fk+1 , ek )ek − . . . − (fk+1 , e1 )e1 . Надодоказать: 1) ek+1 6= θ, 2) (ep , ek+1 ) = 0 для p = 1, k, 3) |ek+1 | = 1.Утверждение 3) очевидно. Как следует из формулы для ck+1 , этот элемент линейновыражается через f1 , f2 , . . . , fk , fk+1 , так как e1 , e2 , . . . , ek — линейные комбинацииэлементов f1 , f2 , . .
. , fk . Но система элементов f1 , f2 , . . . , fk , fk+1 по предположениюлинейно независима, и, следовательно, их линейная комбинация ck+1 6= θ, так как коэффициент при fk+1 равен 1, т. е. отличен от 0. Значит, утверждение 1) имеет место.Умножим ck+1 по правилу скалярного произведения на ep , p = 1, k, т. е. (ck+1 , ep ) =(fk+1 , ep ) −kPn=1(fk+1 , en )(en , ep ) = (fk+1 , ep ) −kPn=1(fk+1 , ep )δnp = (fk+1 , ep ) − (fk+1 , ep ) = 0.Отсюда следует справедливость 2).
Таким образом, по методу математической индукции представление для ck+1 верно для любого натурального k. т. е. для k = n.Значит, завершив этот процесс ортогонализации базиса (fp )n , мы придем к ортонормированному базису (ep )n . Теорема доказана.З а м е ч а н и е. В любом евклидовом пространстве En существует много ортонормированных базисов. Мы построили лишь один из них. Укажем еще один. Нашаге 1 положим e1 = f2 /|f2 | и т. д.С л е д с т в и е 1.
В ортонормированном базисе (ep )n скалярное произведениеэлементов x = ep xp = eXe , y = ep y p = eYe из пространства En имеет вид:(x, y) = XeT Yeили в координатах:(x, y) =nXxp y p .(3)(30 )p=1Д о к а з а т е л ь с т в о. В произвольном базисе скалярное произведение в силу (1)имеет вид (x, y) = XeT AYe , где A = ||apk ||n,n . В ортонормированном базисе apk = δpk ,т.
е. A = E. Значит, из (1) следует (3).С л е д с т в и е 2. Если в некотором базисе (ek )n скалярное произведение элементов x, y имеет вид (3), то базис (ek )n — ортонормированный.Д о к а з а т е л ь с т в о. Так как в базисе (ek )n x = ep xp , y = ep y p , то (x, y) =apk xp y k . Но по условию (x, y) представимо в виде (3), т. е.
apk = (ep , ek ) = δpk . А этои есть условие ортонормированности базиса§4. Разложение евклидова пространства на прямую сумму егоподпространств.О п р е д е л е н и е. Пусть - M — какое-либо подпространство евклидова пространства En . Тогда совокупность P всех элементов y пространства En , ортого32нальных к каждому элементу x подпространства M , называется ортогональнымдополнением подпространства M .Иными словами, P — множество всех элементов y из En , для которых (x, y) = 0для любого x из M .Теорема 3 Если M — подпространство евклидова пространства En размерности k, где k ≤ n, то его ортогональное дополнение P является также подпространством евклидова пространства En размерности n − k, т. е.
dim E =dim M + dim P .Д о к а з а т е л ь с т в о. Покажем прежде всего, что P — подпространство пространства En . Так как P — множество элементов из En , то для этого осталосьпоказать корректность на P введенных в En линейных операций. Пусть y1 , y2 принадлежат P , т. е. для любого x из M (x, y1 ) = 0, (x, y2 ) = 0.
Тогда: а) (x, y1 + y2 ) =oo(a.1 ) = (y1 + y2 , x) = (a.2 ) = (y1 , x) + (y2 , x) = 0 + 0 = 0, т. е. y1 + y2 ∈ P . б) длялюбого числа b и любого x из M (by1 , x) = b(y1 , x) = b · 0 = 0, т. е. by1 ∈ P . Итак,P — подпространство евклидова пространства En . Теперь докажем утверждение оразмерности P . Пусть (ep )k — ортонормированный базис в M . Если y ортогонален кэлементам e1 , e2 , .
. . , ek , то он ортогонален и к любой их линейной комбинации, т. е.к любому элементу из M . Поэтому условие y ∈ P эквивалентно условию:(y, ei ) = 0, i = 1, k.(4)В силу свойства 3 (о пополнении базиса) подпространства линейного пространства,изложенного в §7 гл. 2, базис (ep )k можно дополнить элементами fk+1 , . . . , fn пространства En до базиса во всем пространстве En .
Проведя процесс ортогонализации(как в теореме 2) элементов e1 , e2 , . . . , ek , fk+1 , . . . , fn , мы получим ортонормированный базис (ep )n всего пространства En , т. е.(ep , ei ) = δip , i, p = 1, n.(5)В этом базисе элемент y из P имеет разложение y = ep y p . И, следовательно, система(4) с учетом равенств (5) запишется так:y p δpi = 0, i = 1, k.(6)Матрица ||δpi ||n,k однородной линейной системы уравнений (6) имеет ранг, равныйk.
Но тогда, как показано в §2 гл. 3, совокупность всех решений y системы (6),а значит и системы (4), образует линейное пространство размерности n − k, т. е.размерность P равна n − k. Теорема доказана.С л е д с т в и е. Базисом в P являются n − k последних элементов базиса (ep )n .Действительно, элементы ek+1 , . .
. , en линейно независимы, ибо принадлежат базису. Их n − k и все они принадлежат P . Размерность P равна n − k. Значит по т.10 гл. 2 указанная совокупность элементов образует базис в P .О п р е д е л е н и е. Линейное пространство E называется прямой суммойподпространств M и P , если каждый элемент x пространства E может бытьпредставлен, и притом единственным способом, в виде суммы элемента y из Mи элемента z из P .Тот факт, что E есть прямая сумма подпространств M и P , символически записывается так: E = M ⊕ P .П р и м е р ы.1).
Пусть E3 — линейное пространство векторов с закрепленными началами вточке 0. Пусть K1 , K2 — две различные прямые, проходящие через точку 0. Тогда33плоскость P , содержащая эти две прямые, есть прямая сумма K1 и K2 : P = K1 ⊕ K2 .Действительно, для каждого вектора ~a, лежащего в плоскости P , разложение насумму векторов ~b из K1 и ~c из K2 единственно, что видно из рисунка.K1p p p p p p pp p pp a~b p p p p p : p p ~0-p p~cK22).
Пусть P1 , P2 — две различные плоскости, проходящие через точку 0. Тогдалюбой вектор ~a из E3 представим в виде суммы вектора ~b из P1 и вектора ~c из P2 .Но не единственным образом, так как помимо предHHHPaставления ~a = ~b + ~c можно предложить и такое:pHp 1p p p~p Hp pHp ~H6bHH HHH- ~c H HH~ + (~c − d).~jH~a = (~b + d)0 HHP2HHHd~Hгде d~ — вектор, лежащий на пересечении плоскостей P1и P2 , и тем самым вектор ~b + d~ лежит в плоскости P1 , а вектор ~c − d~ в плоскостиP2 . Таким образом, пространство E3 не является прямой суммой P1 и P2 , т. е. E3 6=P 1 ⊕ P2 .Теорема 4 Всякое евклидово пространство En можно представить в виде прямой суммы любого подпространства M и его ортогонального дополнения P , т.
е.En = M ⊕ P .Д о к а з а т е л ь с т в о. Как было показано при доказательстве теоремы 3, произвольный ортонормированный базис (ep )k в M можно пополнить до ортонормированного базиса (ep )n по всем пространстве En , причем элементы ek+1 , . . . , en в немобразуют базис в P . Разложив любой элемент x из En по этому базису: x = ep xp , мыполучим, что этот элемент однозначно представлен в силу единственности разложения по базису в виде x = x0 + x00 , где x0 = ep xp , p = 1, k — совершенно определенныйэлемент M , а x00 = ep xp , p = k + 1, n — совершенно определенный элемент из P .Покажем единственность этого представления. Предположим противное, т. е.
пустьесть другое представление x = y 0 + y 00 , где y 0 ∈ M , y 00 ∈ P . Вычтем из первогопредставления второе:θ = (x0 − y 0 ) + (x00 − y 00 ).(7)Так как x0 , y 0 ∈ M , то x0 − y 0 ∈ M . Так как x00 , y 00 ∈ P , то x00 − y 00 ∈ P . Следовательно,(x0 − y 0 , x00 − y 00 ) = 0.(8)Умножим элемент (7) по правилу скалярного произведения на элемент x0 − y 0 .
Тогда(θ, x0 −y 0 ) = (x0 −y 0 , x0 −y 0 )+(x00 −y 00 , x0 −y 0 ). Здесь левая часть равна 0 в силу равенства(2), второе слагаемое справа равно нулю в силу (8). Значит, (x0 − y 0 , x0 − y 0 ) = 0.oПоэтому по a.4 x0 − y 0 = θ, т. е. x0 = y 0 . Умножив элемент (7) на x00 − y 00 по правилускалярного произведения, аналогично только что рассмотренному случаю получаем:x00 = y 00 . Пришли к противоречию с допущением о том, что разложение по базису неединственно. Значит, это разложение единственно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
