Лекции Линал Ершов (1188212), страница 33

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 33)

Производя замену базисаe01 = e1 + e2 , e02 = e1 − e2 (или соответствующую ей замену координат v1 = v10 + v20 , v2 = v10 − v20 )приводим ее к нормальному виду q(v) = v102 − v202 . Таким образом, r+ = 1 = r− .Задача 7.36. Найдите положительный и отрицательный индексы инерции квадратичнойPфункции q(x) = 1≤i<j≤n xi xj на n-мерном пространстве.Решение. Заметим, что2q(x) = (x1 + x2 + .

. . + xn )2 − x21 − x22 − . . . − x2n .Легко видеть, что ограничение q на одномерное подпространство, заданное системой x1 = x2 =. . . = xn , положительно определено, поэтому положительный индекс инерции не меньше 1, а ограничение q на n − 1-мерное подпространство, заданное уравнением x1 + . . . + xn = 0, отрицательноопределено. Значит, положительный индекс инерции равен 1, а отрицательный — n − 1.Не следует думать, что если вещественная квадратичная функция положительно определенана двух подпространствах, то она обязательно положительно определена и на их сумме. В частности, Теорема 7.33 не утверждает, что среди всех подпространств, на которых квадратичнаяфункция положительно определена, существует максимальное в том смысле, что оно содержитвсе такие подпространства.Задача 7.37.

Предположим, что вещественное векторное пространство V , на котором заданаквадратичная форма q : V → R, разложено в прямую сумму V = U ⊕ W своих подпространств,причем ограничения q|U и q|W положительно определены. Следует ли отсюда, что сама q положительно определена?Решение. Ответ отрицательный, причем для построения контрпримера достаточно рассмотреть случай, когда двумерное пространство V разложено в прямую сумму одномерных подпространств. Рассуждать при построении контрпримера можно следующим образом. Выберем базис{e1 , e2 } в V такой, что U = he1 i, W = he2 i.

То, что ограничения q на указанные подпространстваположительно определены означает, что на главной диагонали в матрице q в базисе {e1 , e2 } стоятположительные числа, скажем, равные 1. Требуется выбрать элементы вне главной диагоналитак, чтобы полученная симметричная матрица не была положительно определенной, чего, конечно, легко добиться, положив эти элементы равными произвольному числу больше либо равному1.123Другой вариант рассуждения использует аргумент “по непрерывности”. А именно, пусть ограничение q на he1 i положительно определено. Рассмотрим вектор e02 := e1 +εe2 , где положительноечисло ε достаточно мало.

Ясно, что линейная оболочка he1 , e02 i совпадает с V = he1 , e2 i, в то жевремя из непрерывности q и q(e1 ) > 0 следует, что и q(e02 ) > 0 при достаточно малых ε.Задача 7.38. Известно, что квадратичная функция q на n-мерном вещественном пространстве на всех базисных векторах некоторого базиса принимает положительные значения. Чтоможно сказать про ее положительный индекс инерции?Решение. Очевидно, что положительный индекс инерции не меньше 1, оказывается, он можетбыть в точности равен 1. Приведем соответствующий пример.

Пусть {e1 , . . . , en } — ортогональныйбазис для q такой, что q(e1 ) = 1, q(ei ) = −1 при i = 2, . . . , n. Перейдем к новому базису {e1 , εe2 +e1 , . . . , εen + e1 }. При этом q(εei + e1 ) = 1 − ε2 > 0, если модуль ε достаточно мал. Отсюда легкополучить, что r+ может принимать значения от 1 до n.Задача 7.39. Известно, что квадратичная функция q на n-мерном вещественном пространстве V имеет матрицу, все диагональные элементы которой равны нулю.

Определите наибольшую возможную размерность подпространства U ⊂ V такого, что на нем данная квадратичная функция положительно определена.Решение. Размерность U — положительный индекс инерции q. Ясно, что dim U ≤ n−1. Покажем,что существует q с положительным индексом инерции, равным n − 1, и при этом имеющая внекотором базисе матрицу с нулевыми элементами на главной диагонали.

Пусть q(v) := −v12 +v22 +. . .+vn2 в некотором базисе {e1 , . . . , en }. Для доказательства достаточно заметить, что “изотропныйконус”{v ∈ V | q(v) = 0} ⊂ Vсодержит некоторый базис пространства V , поскольку в таком базисе матрица q имеет требуемыйвид. Действительно, векторы e1 + e2 и e1 − e2 принадлежат изотропному конусу и через нихвыражается e1 . Далее, поскольку векторы e1 + ek , 2 ≤ k ≤ n принадлежат изотропному конусу,то через них и через e1 выражаются оставшиеся векторы ek , 2 ≤ k ≤ n.Задача 7.40. Пусть α — невырожденная симметричная билинейная функция на пространствеV , имеющая отрицательный индекс инерции, равный 1, и α(v, v) < 0 для некоторого v ∈ V .Докажите, что ограничение α на любое подпространство, содержащее v, невырождено.Решение. Так как подпространство hvi ⊂ V невырождено относительно α, то V = hvi ⊕ hvi⊥ .

Изусловия следует, что ограничение α на hvi⊥ ⊂ V положительно определено.Пусть v ∈ U ⊂ V — подпространство. Тогда ортогональное дополнение к hvi ⊂ U есть hvi⊥U =⊥⊥hvi ∩ U и U = hvi ⊕ hviU . Из этого легко следует, что сумма положительного и отрицательногоиндексов инерции ограничения α на U равно dim U , то есть подпространство U невырождено.7.4Алгоритмы приведения к нормальному видуПриведем классические алгоритмы отыскания ортогональных базисов.124Во-первых, опишем метод Лагранжа — приведение квадратичной функции к сумме квадратов. ПустьnXq(x1 , . . .

, xn ) =aij xi xj , aij = ajii,j=1— квадратичная функция над полем K характеристики 6= 2. Следующая процедура дает удобныйпрактический способ отыскания линейной невырожденной замены переменных xi (а значит изамены базиса), приводящей q к сумме квадратов (с коэффициентами).Случай 1. Существует ненулевой диагональный коэффициент. Перенумеровав переменные,мы можем считать, что a11 6= 0. Тогдаq(x1 , . .

. xn ) = a11 x21 + x1 (2a12 x2 + . . . + 2a1n xn ) + q 0 (x2 , . . . , xn ),где q 0 — квадратичная функция от ≤ n − 1 переменных. Выделяя полный квадрат, находим2a1na12x2 + . . . +xn + q 00 (x2 , . . . , xn ),q(x1 , . . . , xn ) = a11 x1 +a11a11где q 00 — новая квадратичная функция от ≤ n − 1 переменных.

Полагаяy1 = x1 + a−111 (a12 x2 + . . . + a1n xn ),y2 = x2 , . . . , yn = xn ,мы получаем в новых переменных функциюa11 y12 + q 00 (y2 , . . . , yn ),и следующий шаг алгоритма состоит в применении его к q 00 .Случай 2. Все диагональные коэффициенты равны нулю. Если вообще q = 0, то делать ничегоPне нужно: q = ni=1 0 · x2i . Иначе, перенумеровав переменные, можно считать, что a12 6= 0. Тогдаq(x1 , . .

. , xn ) = 2a12 x1 x2 + x1 l1 (x3 , . . . , xn ) + x2 l2 (x3 , . . . , xn ) + q 0 (x3 , . . . , xn ),где l1 , l2 — линейные функции, а q 0 — квадратичная. Положимx1 = y1 + y2 , x2 = y1 − y2 , xi = yi , i ≥ 3.В новых переменных функция q приобретает вид2a12 (y12 − y22 ) + q 00 (y1 , y2 , . . . , yn ),где q 00 не содержит членов с y12 , y22 . Поэтому к ней можно применить способ выделения полногоквадрата и снова свести задачу к меньшему числу переменных.

Последовательное применениеPэтих шагов приведет функцию к виду ni=1 ai zi2 . Окончательная линейная замена переменныхбудет невырожденной, так как таковы все промежуточные замены.p√Последняя замена переменных ui = |ai |zi при ai 6= 0 в случае K = R и ui = ai zi при ai 6= 0в случае K = C приведет функцию к сумме квадратов с коэффициентами 0, ±1 или 0, 1.Во-вторых, опишем метод элементарных преобразований.

Пусть нам дана симметричная матрица A; нужно найти такую невырожденную матрицу C, что матрица A0 = C T AC (см.формулу (40)) диагональна.125Как мы знаем, любую невырожденную матрицу можно представить в виде произведенияэлементарных. Посмотрим, что из себя представляет преобразование A 7→ S T AS, где S — элементарная матрица. Например, рассмотрим случай элементарных матриц Pij (λ) = E + λEij (см.(7)), отвечающих преобразованиям типа I — прибавлению к i-й строке j-й строки, умноженной наλ. Легко видеть, что матрица Pij (λ) получается из единичной также прибавлением к j-му столбцу i-го столбца, умноженного на λ, поэтому умножение матрицы A на Pij (λ) справа отвечаетсоответствующему преобразованию столбцов матрицы A.Заметим, что Pij (λ)T = Pji (λ). Таким образом, для S = Pij (λ) преобразование A 7→ S T ASотвечает прибавлению к j-й строке i-й строки, умноженной на λ с последующим прибавлениемк j-му столбцу i-го, умноженного на λ.Аналогичное утверждение верно и для произвольной элементарной матрицы S: A 7→ S T ASотвечает некоторому элементарному преобразованию строк матрицы A с последующим аналогичным преобразованием столбцов полученной матрицы.

Заметим, что при таких “сдвоенных”элементарных преобразованиях сохраняется симметричность матрицы A.Опишем теперь шаг алгоритма. Пусть дана симметричная матрица A порядка n.1. Основной случай. Если a11 6= 0, то вычитая из строк, начиная со второй, нужную кратность первой строки и проделывая! аналогичные преобразования со столбцами, получаем блочноa11 0диагональную матрицу, где A0 — симметричная матрица порядка n − 1.0 A02. Особый случай. Если a11 = 0, но a1k 6= 0 для некоторого 2 ≤ k ≤ n, то при условииakk 6= 0 поменяем местами 1-ю и k-ю строки и 1-й и k-й столбцы (это соответствует перестановке1-го и k-го базисных векторов), тогда придем к ситуации основного случая. Если же akk = 0, ток 1-й строке прибавим k-ю и к 1-му столбцу прибавим k-й, тогда получим a011 = 2a1k 6= 0 и сноваокажемся в ситуации основного случая.В результате мы получим диагональную матрицу A0 = diag (b1 , .

. . , bn ). Далее при bi 6= 0p√нужно i-е строку и столбец поделить на |bi | в вещественном или на bi в комплексном случае.Пример 7.41. Найти нормальный вид билинейной функции с матрицей!0 1.1 0Решим задачу с помощью метода элементарных преобразований. Имеет место особый случай,поэтому прибавим к первой строке вторую строку и к первому столбцу второй столбец, получимматрицу!2 1,1 0далее вычитая из второй строки и второго столбца половину первой строки и первого столбцасоответственно, получим матрицу!2 0,0 − 21√√далее деля первую строку и столбец на 2, а вторую строку и столбец — умножая на 2, получим!1 0,0 −1126что дает нормальный вид для поля R.

Характеристики

Список файлов лекций