Лекции Линал Ершов (1188212), страница 34

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

Текст из файла (страница 34)

В случае поля C нужно вторую строку и столбец умножитьна i, при этом получится единичная матрица.Чтобы получить матрицу перехода, нужно все преобразования столбцов применить к единичной матрице.Третий алгоритм нахождения ортогональных базисов — алгоритм Грама-Шмидта — мыопишем в одном из следующих параграфов.7.5Критерий СильвестраЦель этого параграфа — доказательства критерия положительной определенности вещественнойквадратичной (симметричной билинейной) функции.Пусть V — n-мерное вещественное векторное пространство, α — билинейная симметричнаяфункция, {e1 , . . .

, en } — базис в V и A — матрица α в этом базисе. Очевидно, что если α положительно определена, то ее ограничение α|U на любое подпространство U ⊂ V также положительноопределено. Значит, для любого набора i1 , . . . , ik , 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n определитель подматрицыматрицы A, стоящей на пересечении строк и столбцов с этими номерами положителен, посколькусама подматрица является матрицей ограничения α|hei1 ,...,ei i в базисе {ei1 , .

. . , eik }.kТаким образом, все миноры описанного выше вида матрицы положительно определеннойквадратичной функции положительны. Будет ли это условие достаточным для того, чтобы квадратичная функция с матрицей A была бы положительно определена? Оказывается, для положительной определенности A уже достаточно положительности ее так называемых угловых миноров— определителей подматриц порядков от 1 до n, стоящих в левом верхнем углу матрицы A (отвечающих ограничениям α на линейные оболочки he1 , .

. . , ek i, 1 ≤ k ≤ n).Теорема 7.42. (Критерий Сильвестра). Вещественная симметричная билинейная функцияα : V × V → R, имеющая матрицу A в некотором базисе положительно определена тогда итолько тогда, когда все угловые миноры матрицы A положительны.Доказательство.

Необходимость условия положительности главных миноров уже доказана выше.Достаточность этого условия докажем индукцией по n = dim V. Случай n = 1 очевиден. Пустьрезультат верен для билинейных функций на пространствах размерности, не превосходящей n−1,докажем что он верен и для пространств размерности n.

Пусть A — вещественная симметричная матрица порядка n, у которой все n штук угловых миноров положительны. Покажем, чтосоответствующая билинейная функция α положительно определена.Применяя предположение индукции получаем, что ограничение α|he1 ,...,en−1 i положительноопределено. Значит, по Теореме 7.33 положительный индекс инерции r+ = r+ (α) не меньше n − 1.Так как из условия следует, что α невырождена, то r+ + r− = rk α = n, и для отрицательногоиндекса инерции возможны варианты r− = 0 (в этом случае α положительно определена) илиPn−1r− = 1.

В последнем случае нормальный вид α есть i=1ui vi − un vn , и определитель матрицыA отрицателен (поскольку знак определителя матрицы билинейной функции не зависит от базиса), что противоречит условию. Значит, единственная возможность r+ = n, r− = 0, то есть αположительно определена и шаг индукции доказан.127Задача 7.43. Докажите, что вещественная симметричная матрица A отрицательно определена тогда и только тогда, когда знаки ее угловых миноров δ1 , δ2 , . . .

, δn чередуются, начинаясо знака “−”. (Указание: воспользуйтесь тем, что q отрицательно определена ⇔ −q положительно определена).Задача 7.44. Верно ли, что у матрицы положительно полуопределенной квадратичной функции все угловые миноры неотрицательны? А в обратную сторону?Решение. Приведем решение части задачи.

Рассмотрим пример квадратичной функции с матрицей1 1 11 1 1 ,1 1 aa < 1. У нее следующий набор угловых миноров δ1 = 1, δ2 = 0, δ3 = 0. Соответствующая ейквадратичная функция имеет видq(x) = (x1 + x2 + x3 )2 + (a − 1)x23 .Легко видеть, что она не является знакоопределенной (например, она отрицательно полуопределена на подпространстве U := {x | x1 + x2 + x3 = 0}.Задача 7.45. Предположим, что для матрицы A вещественной квадратичной функции q натрехмерном пространстве угловые миноры δ1 , δ2 , δ3 имеют следующий набор знаков: +, 0, −соответственно. Чему равны положительный r+ и отрицательный r− индексы инерции q?Решение.

Заметим, что так как δ3 6= 0, то r := rk q = 3. Мы также знаем, что r+ + r− = r.Кроме того, знак определителя матрицы квадратичной функции не меняется при замене базиса,поэтому из δ3 < 0 следует, что отрицательный индекс инерции нечетен (количество минус единицв нормальном виде нечетно). Если r− = 3, то функция была бы отрицательно определенной,что противоречит критерию Сильвестра (Задаче 7.43). Значит, единственная возможность r− =1, r+ = 2. Матрица1 1 1A = 1 1 01 0 0показывает, что данный набор значений главных миноров действительно реализуется.7.6Алгоритм Грама-Шмидта и метод ЯкобиВ данном параграфе мы изложим очень полезный алгоритм ортогонализации Грама-Шмидта иприменим его для доказательства теоремы Якоби, обобщающей критерий Сильвестра и Задачу7.43.Для изложения алгоритма нам потребуются понятия ортогональной проекции и ортогональной составляющей.

Определим что это такое.Напомним (см. Предложение 7.25), что если подпространство U ⊂ V невырождено относительно α, то V = U ⊕ U ⊥ . Значит, любой вектор v ∈ V единственным образом представляется128в виде суммы u + w, где u ∈ U, w ∈ U ⊥ . Вектор u называется ортогональной проекцией v наU и обозначается prU (v), а вектор w — ортогональной составляющей вектора v относительноподпространства U и обозначается ortU (v).То есть, в нашей прежней терминологии, prU (v) — проекция v на подпространство U параллельно его ортогональному дополнению U ⊥ , а ortU (v) — проекция v на U ⊥ параллельно U .Пусть в конечномерном пространстве V фиксирован базис {e1 , .

. . , en }. Тогда мы имеем цепочку вложенных подпространств0 = V0V1V2...Vn−1Vn = V,где Vk := he1 , . . . , ek i.Теорема 7.46. Пусть на V задана билинейная симметричная функция α, причем каждое изподпространств Vk предполагается невырожденным относительно α. Тогда в V существуетединственный базис {f1 , . . . , fn } такой, что1) {f1 , . . .

, fn } ортогонален относительно α и2) матрица перехода C от {e1 , . . . , en } к {f1 , . . . , fn } верхняя треугольная с единицами наглавной диагонали (в частности, hf1 , . . . , fk i = Vk , 1 ≤ k ≤ n).Такой базис {f1 , . . . , fn } называется ортогонализацией базиса {e1 , . . . , en }.Доказательство. Ортогонализацию {f1 , . .

. , fn } будем строить пошагово — сначала построимортогонализацию {f1 } базиса {e1 } в V1 , затем дополним ее вектором f2 до ортогонализации{f1 , f2 } базиса {e1 , e2 } в V2 и т.д. При этом для каждого k, 1 ≤ k ≤ n матрица перехода Ck отбазиса {e1 , . . . , ek } к базису {f1 , . . . , fk } в Vk будет верхняя треугольная с единицами на главнойдиагонали. Очевидно, что каждая из матриц Ck тогда будет левым верхним углом в Ck+1 (и вC = Cn ). Читателю рекомендуется разобраться в геометрическом смысле проводимых построений(при необходимости рисовать картинки).Пусть k = 1.

Так как матрица перехода C1 = (1), то f1 = e1 .Пусть k = 2. Подпространство V1 ⊂ V2 по условию невырождено, поэтому V2 = V1 ⊕ V1⊥ (здесьортогональное дополнение к V1 берется в V2 ). Пусть e2 = v1 +f2 — соответствующее представлениевектора e2 , где v1 = prV1 e2 ∈ V1 , f2 = ortV1 e2 .Мы утверждаем, что вектор f2 — искомый. Действительно, поскольку f2 ∈ V1⊥ , то f2 ⊥ f1 ,кроме того, посколькуf2 − e2 лежит в V1 = he1 i, то матрица перехода C2 от {e1 , e2 } к {f1 , f2 }!1 ∗имеет вид, то есть является верхней треугольной с единицами на главной диагонали.0 1Легко видеть, что вектор f2 с указанными свойствами единственный. В самом деле, пусть f20— еще один вектор с требуемыми свойствами.

Тогда f20 = e2 − v10 , где v10 ∈ V1 . Имеем f2 − f20 =v10 − v1 ∈ V1 ∩ V1⊥ , что равно нулю, поскольку подпространство V1 по условию невырождено.Заметим, что hf1 , f2 i = V2 .Предположим, что уже построены векторы f1 , . . . , fk , составляющие ортогональный базис вVk , причем матрица перехода Ck от {e1 . . . , ek } к {f1 , . . . , fk } верхняя треугольная с единицами наглавной диагонали. Подпространство Vk невырождено, поэтому Vk+1 = Vk ⊕ Vk⊥ (ортогональное129дополнение к Vk здесь берется в Vk+1 ). Пусть ek+1 = vk + fk+1 — соответствующее представлениевектора ek+1 , где vk = prVk ek+1 ∈ Vk , fk+1 = ortVk ek+1 .Мы утверждаем, что вектор fk+1 — искомый.

Действительно, так как fk+1 ∈ Vk⊥ , то fk+1 ортогонален векторам f1 , . . . , fk и, кроме того, разность fk+1 − ek+1 = −vk лежит в Vk = he1 , . . . , ek i,поэтому в k + 1-м столбце матрицы Ck+1 внизу стоит 1, то есть матрица перехода Ck+1 от базиса{e1 . . . , ek+1 } к {f1 , . . .

, fk+1 } снова верхняя треугольная с единицами на главной диагонали.Легко видеть, что вектор fk+1 с требуемыми свойствами единственный. Действительно, пусть0fk+1 — еще один вектор с нужными свойствами. Тогда fk+1 = ek+1 − vk0 , где vk0 ∈ Vk , откуда0fk+1 − fk+1= vk − vk0 ∈ Vk ∩ Vk⊥ , что равно нулю в силу невырожденности подпространства Vk .Заметим, что hf1 , . . . , fk+1 i = Vk+1 .Продолжая указанный алгоритм, получаем ортогональный базис {f1 , . . . , fn } в пространствеV с нужными свойствами.Из доказанной Теоремы мы сейчас выведем важное следствие.

Характеристики

Список файлов лекций