Бадьин. Линейная алгебра (лекции) (1113126), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Тогда: β ∈ KN ×N , det(β) = 1 6= 0, x̃˜ = β x̃. Так как: e — базис пространства L,det(β −1 ) 6= 0, то существуют векторы e′1 , . . . , e′N , удовлетворяющие условиям: e′1 , . . . , e′N —базис пространства L, α(e, e′ ) = β −1 . Тогда α(e′ , e) = β. Так как x̃˜ = β x̃, то: x̃˜ = β x̃ =α(e′ , e)[x](e) = [x](e′ ). Тогда: A(x, x) = Øk,m [x]k (e′ )[x]m (e′ ) при x ∈ L. Так как Ø — эрмитова˜ Тогда: [A] (e′ ), [A] (e′ ) = 0 при: k = 1, N , k 6= k .матрица, то [A](e′ ) = Ã.Ãk0 ,k0k0 ,k0k,k02.
Пусть: e — базис пространства L, à = [A](e), k0 , m0 = 1, N , k0 < m0 , Ãk0 ,k0 , Ãm0 ,m0 =0, Ãk0 ,m0 6= 0. Докажем, что существуют векторы e′1 , . . . , e′N , удовлетворяющие условиям:e′1 , . . . , e′N — базис пространства L, [A]k0 ,k (e′ ), [A]k,k0 (e′ ) = 0 при: k = 1, N , k 6= k0 .Пусть: x ∈ L, x̃ = [x](e). Тогда:A(x, x) = Ãk,m x̃k x̃m =X= Ãk0 ,k0 x̃k0 x̃k0 + Ãk0 ,m0 x̃k0 x̃m0 + Ãm0 ,k0 x̃m0 x̃k0 + Ãm0 ,m0 x̃m0 x̃m0 +Ãk,m x̃k x̃m =k,m=1,N ,k6=k0 ,m0 ∨m6=k0 ,m0= Ãk0 ,m0 x̃k0 x̃m0 + Ãk0 ,m0 · x̃m0 x̃k0 +XÃk,m x̃k x̃m .k,m=1,N ,k6=k0 ,m0 ∨m6=k0 ,m0Очевидно, существует столбец x̃˜ ∈ KN , удовлетворяющий условиям:x̃k0Ãk0 ,m0 ˜k0 ˜m0 x̃ − x̃=,Ãk0 ,m0 x̃m0 = x̃˜k0 + x̃˜m0 ,x̃j = x̃˜j при: j = 1, N , j 6= k0 , m0 .Тогда: ˜ k0 ˜ m 0 ˜ k0 ˜ m 0 ˜ k0 ˜ m 0 ˜ k0 ˜ m 0+ Ãk0 ,m0 x̃ + x̃+ ··· =x̃ + x̃x̃ − x̃A(x, x) = Ãk0 ,m0 x̃ − x̃ = 2 Ãk0 ,m0 x̃˜k0 x̃˜k0 − 2 Ãk0 ,m0 x̃˜m0 x̃˜m0 + · · · .Ãk0 ,m0Ãk0 ,m0, β k0 = 0 при: m = 1, N , m 6= k0 , m0 ; βkm00 =|Ãk0 ,m0 ||Ãk0 ,m0 | mm0m0jj= 0 при: m = 1, N , m 6= k0 , m0 ; βm= 1, βm1, βm= δmпри: j = 1, N , j 6= k0 , m0 и m = 1, N .0Ø Следовательно, x̃˜ = β −1 x̃.
Так как: e —Тогда: β ∈ KN ×N , det(β) = 2 Ãk0 ,m0 6= 0, x̃ = β x̃.| k0 ,m0 |базис пространства L, det(β) 6= 0, то существуют векторы e′1 , . . . , e′N , удовлетворяющиеусловиям: e′1 , . . . , e′N — базис пространства L, α(e, e′ ) = β. Тогда α(e′ , e) = β −1 . Так какx̃˜ = β −1 x̃, то: x̃˜ = β −1 x̃ = α(e′ , e)[x](e) = [x](e′ ). Тогда: A(x, x) = 2 Ãk0 ,m0 [x]k0 (e′ )[x]k0 (e′ ) − 2 Ãk0 ,m0 [x]m0 (e′ )[x]m0 (e′ ) + · · · при x ∈ L.Обозначим: βkk00 =k0, βm=−0˜ удовлетворяющая условиям: Ø ∈ KN ×N , Ø — эрмитоваОчевидно, существуетÃ, матрицаматрица, Øk0 ,k0 = 2 Ãk0 ,m0 , A(x, x) = Øk,m [x]k (e′ )[x]m (e′ ) при x ∈ L.
Так как: Ø — эрмитова567. Метод Лагранжа, закон инерции, критерий Сильвестра˜˜m ′′′k ′матрица, A(x, x) = Ãk,m [x] (e )[x] (e ) при x ∈ L, то [A](e ) = Ã. Тогда: [A]k0 ,k0 (e ) =2 Ãk0 ,m0 6= 0.Согласно утверждению первого пункта, существуют векторы e′′1 , . . .
, e′′N , удовлетворяющие условиям: e′′1 , . . . , e′′N — базис пространства L, [A]k0 ,k (e′′ ), [A]k,k0 (e′′ ) = 0 при: k = 1, N ,k 6= k0 .Пусть ∃k = 1, N (Ãk,k 6= 0). Выберем число k0 , удовлетворяющее условиям: k0 = 1, N ,Ãk0 ,k0 6= 0. Согласно утверждению первого пункта, существуют векторы e′1 , . . . , e′N , удовлетворяющие условиям: e′1 , . .
. , e′N — базис пространства L, [A]k0 ,k (e′ ), [A]k,k0 (e′ ) = 0 при:k = 1, N , k 6= k0 .Пусть: ∀k = 1, N (Ãk,k = 0), ∃k = 1, N ∃m = 1, N (k < m ∧ Ãk,m 6= 0). Выберем числа k0 ,m0 , удовлетворяющие условиям: k0 , m0 = 1, N , k0 < m0 , Ãk0 ,m0 6= 0. Тогда: k0 , m0 = 1, N ,k0 < m0 , Ãk0 ,k0 , Ãm0 ,m0 = 0, Ãk0 ,m0 6= 0. Согласно утверждению второго пункта, существуют векторы e′1 , . . . , e′N , удовлетворяющие условиям: e′1 , . . . , e′N — базис пространстваL, [A]k0 ,k (e′ ), [A]k,k0 (e′ ) = 0 при: k = 1, N , k 6= k0 .Пусть: ∀k = 1, N (Ãk,k = 0), ∀k = 1, N ∀m = 1, N (k < m =⇒ Ãk,m = 0).
Тогда:Ãk,m = Ãm,k = 0 = 0 при: k, m = 1, N , m < k. Обозначим: k0 = 1, e′ = e. Тогда: [A]k0 ,k (e′ ),[A]k,k0 (e′ ) = 0 при: k = 1, N , k 6= k0 .Теорема (метод Лагранжа). Пусть: K ∈ {C, R, Q}; L — линейное пространство над полем K, N ∈ N, dim(L) = N ; A — эрмитова полуторалинейная форма в пространствеL. Существуют векторы e1 , . . . , eN , удовлетворяющие условиям: e1 , .
. . , eN — базис пространства L, [A](e) — диагональная матрица.Утверждение. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; L — линейное пространство над полем K; A —эрмитова полуторалинейная форма в пространстве L.Пусть: Q1 , Q2 — подпространства пространства L, dim(Q1 ), dim(Q2 ) 6= +∞,dim(Q1 ) < dim(Q2 ). Существует вектор x, удовлетворяющий условиям: x ∈ Q2 , x 6= θ,A(u, x) = 0 при u ∈ Q1 .Доказательство. Обозначим: N1 = dim(Q1 ), N2 = dim(Q2 ). Тогда N1 , N2 ∈ Z+ . Так какN1 < N2 , то N2 ∈ N. Тогда существуют векторы e′1 , .
. . , e′N2 , удовлетворяющие условию:e′1 , . . . , e′N2 — базис подпространства Q2 .Пусть N1 = 0. Тогда Q1 = {θ}. Очевидно: e′1 ∈ Q2 , e′1 6= θ, A(u, e′1 ) = A(θ, e′1 ) = 0 приu ∈ Q1 .Пусть N1 6= 0. Тогда N1 ∈ N. Следовательно, существуют векторы e1 , . . . , eN1 , удовлетворяющиеусловию: e1 , . . . , eN1 — базис подпространства Q1 . Пусть: x̃˜ ∈ KN2 , x =P′ ′kx̃˜ ek′ , k = 1, N1 .
Тогда:k′ =1,N2XX′′A(ek , e′k′ )x̃˜k .x̃˜k e′k′ =A(ek , x) = A ek ,k′ =1,N2k′ =1,N2˜ удовлетворяющийПусть x — искомый вектор.как x ∈ Q2 , то существует столбец x̃,P Так′ ′Nk2условиям: x̃˜ ∈ K , x =x̃˜ ek′ . Так как x 6= θ, то x̃˜ 6= θ̃2 . Так как: A(u, x) = 0 приk′ =1,N2u ∈ Q1 , то: A(ek , x) = 0 при k = 1, N1 . Тогда:X′A(ek , e′k′ )x̃˜k = 0, k = 1, N1 .k′ =1,N27. Метод Лагранжа, закон инерции, критерий Сильвестра57˜ удовлетворяющий условиям: x̃˜ ∈ KN2 ,Так как N1 < N2 , то существует столбец x̃,x̃˜ 6= θ̃2 ,X′A(ek , e′k′ )x̃˜k = 0, k = 1, N1 .k′ =1,N2Обозначим, x =Pk′ =1,N2′x̃˜k e′k′ . Тогда: x ∈ Q2 , x 6= θ, A(ek , x) = 0 при k = 1, N1 .
Очевидно,x — искомый вектор.Теорема (закон инерции для эрмитовых полуторалинейных форм). Пусть: K ∈{C, R, Q}; L — линейное пространство над полем K, N ∈ N, dim(L) = N ; A — эрмитова полуторалинейная форма в пространстве L.Пусть: e — базис пространства L, [A](e) — диагональная матрица, p1 — количествоположительных элементов на главной диагонали матрицы [A](e), n1 — количество отрицательных элементов на главной диагонали матрицы [A](e).Пусть: e′ — базис пространства L, [A](e′ ) — диагональная матрица, p2 — количествоположительных элементов на главной диагонали матрицы [A](e′ ), n2 — количество отрицательных элементов на главной диагонали матрицы [A](e′ ).
Тогда: p1 = p2 , n1 = n2 .Доказательство. Очевидно, p1 , p2 , n1 , n2 = 0, N . Без ограничения общности можно считать, что: [A]k,k (e) > 0 при k = 1, p1 ; [A]k,k (e) < 0 при k = p1 + 1, p1 + n1 ; [A]k,k (e) = 0при k = p1 + n1 + 1, N ; [A]k′ ,k′ (e′ ) > 0 при k ′ = 1, p2 ; [A]k′ ,k′ (e′ ) < 0 при k ′ = p2 + 1, p2 + n2 ;[A] ′ ′ (e′ ) = 0 при k ′ = p + n + 1, N . Обозначим: à = [A](e), Ø = [A](e′ ).2k ,k2Предположим, что p1 < p2 . Тогда: p1 = 0, N − 1, p2 = 1, N .Пусть p1 = 0.
Обозначим, x̃ = [e′1 ](e). Тогда:X 2A(e′1 , e′1 ) =Ãk,k x̃k 6 0;k=1,NA(e′1 , e′1 ) = Ø1,1 > 0.Итак, p1 6= 0.Так как p1 6= 0, то p1 = 1, N − 1. Так как p1 < p2 , то существует вектор x, удовлетворяющий условиям: x ∈ L(e′1 , . . . , e′p2 ), x 6= θ, A(u, x) = 0 при u ∈ L(e1 , . . .
, ep1 ). Обозначим,x̃ = [x](e). Тогда:XXXXkmkA(x, x) = Ax̃ ek , x =A(ek , x)x̃ =A ek ,x̃ em x̃k =k=p1 +1,Nk=1,N=Xk=p1 +1,Nk=p1 +1,Nm=1,N 2Ãk,k x̃k 6 0.˜ удовлетворяющий условиям: x̃˜ ∈ Kp2 ,Так как x ∈ L(e′1 , . . . , e′p2 ), то существует столбец x̃,P k′ ′x=x̃˜ ek′ . Так как x 6= θ, то x̃˜ 6= θ̃2 . Тогда:k′ =1,p2 2 XX ˜X ′k′ ′m′ ′˜˜Ãk′ ,k′ x̃˜k > 0.x̃ ek′ ,x̃ em′ =A(x, x) = Ak′ =1,p2m′ =1,p2k′ =1,p2Итак, p2 6 p1 .Аналогично получаем, что p1 6 p2 . Так как: p1 6 p2 , p2 6 p1 , то p1 = p2 .
Аналогичнополучаем, что n1 = n2 .587. Метод Лагранжа, закон инерции, критерий СильвестраОпределение. Пусть: K ∈ {C, R, Q}; L — линейное пространство над полем K, N ∈ N,dim(L) = N ; A — эрмитова полуторалинейная форма в пространстве L, e — базис пространства L, [A](e) — диагональная матрица, p — количество положительных элементов наглавной диагонали матрицы [A](e), n — количество отрицательных элементов на главнойдиагонали матрицы [A](e). Будем говорить, что (p, n) — сигнатура формы A.Теорема (критерий Сильвестра). Пусть: K ∈ {C, R, Q}; L — линейное пространство надполем K, N ∈ N, dim(L) = N ; A — эрмитова полуторалинейная форма в пространствеL, e — базис пространства L, Ã = [A](e). 1.
Справедливо утверждение: A > 0 тогда и только тогда, когда ∀k = 1, N ∆k (Ã) >0 .2. Справедливо утверждение:A < 0 тогда и только тогда, когда ∀k =k1, N sgn ∆k (Ã) = (−1) .3. Пусть: det(Ã) 6= 0, ¬(A > 0), ¬(A < 0). Тогда A — знакопеременная форма.Доказательство. Докажем вспомогательное утверждение. Пусть: N0 ∈ N, N =N0 + 1, A(x, x) > 0 при: x ∈ L(e1 , . . . , eN0 ), x 6= θ. Существуют векторы e′1 , . .
. , e′N0 +1 ,удовлетворяющие условиям: e′1 , . . . , e′N0 +1 — базис пространства L, e′k = ek при k = 1, N0 ;[A]N0 +1,k (e′ ), [A]k,N0 +1 (e′ ) = 0 при k = 1, N0 .Так как N0 < N0 +1, то существует вектор x, удовлетворяющий условиям: x ∈ L, x 6= θ,A(u, x) = 0 при u ∈ L(e1 , . . . , eN0 ). Предположим, что e1 , . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
