Лекции Линал Ершов (1188212), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Пусть при тех же условиях,что и в Теореме, A — матрица α в базисе {e1 , . . . , en }. Пусть Ak , 1 ≤ k ≤ n — подматрицаматрицы A порядка k, стоящая в левом верхнем углу. Очевидно, что Ak — матрица ограниченияα|Vk в базисе {e1 , . . . , ek } пространства Vk . Пусть δk := det Ak — угловые миноры матрицы A.
Поусловию все они отличны от нуля. Введем еще δ0 := 1.Следствие 7.47. В введенных выше обозначенияхqα (fk ) = α(fk , fk ) =δk, 1 ≤ k ≤ n.δk−1Доказательство. Для 1 ≤ k ≤ n имеемdiag (qα (f1 ), . . . , qα (fk )) = CkT Ak Ck ,откуда, переходя к определителям и используя то, что матрицы Ck верхние треугольные с единицами на главной диагонали, получаем требуемое.Пусть теперь A — матрица вещественной симметричной функции α в некотором базисе.Следствие 7.48. (Метод Якоби).
При условии, что все главные миноры δ1 , . . . , δn матрицы Aотличны от нуля, отрицательный индекс инерции α равен числу перемен знака в последовательности δ0 , δ1 , . . . , δn .Доказательство. Из предыдущего Следствия вытекает, что указанное число равно числу отрицательных коэффициентов в диагональном виде α.Из доказанного Следствия легко также следует критерий Сильвестра а также его обобщениена случай отрицательно определенных функций (см. Задачу 7.43).А что будет, если в последовательности главных миноров есть нули? Оказывается, результаттеоремы Якоби сохраняется, если нули изолированные (то есть нет двух идущих подряд нулей).k , r k ) — сигнатура дляНапример, рассмотрим ситуацию δk > 0, δk+1 = 0, δk+2 < 0.
Пусть (r+−k + r k = k.ограничения на k-мерное координатное подпространство, причем так как δk 6= 0, то r+−При переходе к k + 1-мерному координатному пространству индексы инерции уменьшиться не130k+1k+1k+1k , r k+1 = r k . Примогут, в то же время r++ r−< k + 1, так как δk+1 = 0, поэтому r+= r+−−переходе к k + 2-мерному пространству и положительный, и отрицательный индексы инерцииk+2k+2могут увеличиться максимум на 1, с другой стороны, так как δk+2 6= 0, то r++ r+= k + 2,k+2k+1k+2k+1поэтому r+ = r+ + 1, r− = r− + 1, то есть отрицательный индекс инерции увеличился на1.
(Возможна ли ситуация δk > 0, δk+1 = 0, δk+2 > 0?)7.7Кососимметрические билинейные функцииПусть f1 , f2 : V → K — линейные функции, fi ∈ V ∗ . Легко проверить, что функцияα := f1 f2 , α(u, v) = f1 (u)f2 (v) ∀ u, v ∈ Vбилинейна и имеет ранг 1, и любая билинейная функция ранга 1 имеет такой вид (см. Пример7.13 и Задачу 7.14). Пусть β — проекция α на подпространство кососимметрических функций(см. формулу (41)), тогда11 f1 (u) f1 (v)1β(u, v) = (α(u, v) − α(v, u) = (f1 (u)f2 (v) − f1 (v)f2 (u)) = .222 f2 (u) f2 (v)Для произвольной пары линейных функций f1 , f2 ∈ V ∗ определимбилинейную кососимметричеf (u) f (v) 11скую функцию f1 ∧ f2 формулой (f1 ∧ f2 )(u, v) := ∀ u, v ∈ V.f2 (u) f2 (v)Напомним, что пространство всех билинейных функций на линейном пространстве V мыобозначили B(V ).
Если dim V = n, то dim B(V ) = n2 . Подпространство в B(V ), состоящее изкососимметрических билинейных функций, обозначим B − (V ). Если dim V = n, то dim B − (V ) =n(n−1).2Предложение 7.49. Если {ε1 , . . . , εn } образуют базис в V ∗ , то {εi ∧ εj | 1 ≤ i < j ≤ n} — базисв B − (V ).Доказательство. Мы знаем (см. Задачу 5.98), что произвольный базис в V ∗ биортогоналеннекоторому базису в V . Пусть {ε1 , . .
. , εn } биортогонален базису {e1 , . . . , en } в V . Тогда для1 ≤ i < j ≤ n имеем ε (e ) ε (e ) 1,если k = i, l = j; i ki l (εi ∧ εj )(ek , el ) = = δik δjl − δil δjk =εj (ek ) εj (el )−1, если k = j, l = i.Пусть теперьXλij εi ∧ εj = 01≤i<j≤n— произвольная линейная зависимость. Вычисляя значение стоящей слева билинейной функциина всевозможных парах (ek , el ), 1 ≤ k < l ≤ n, получаем, что λij = 0 для всех i, j. Поэтому указанные в условии билинейные кососимметрические функции действительно линейно независимы., хотя можно иЧтобы завершить доказательство, достаточно заметить, что dim B − (V ) = n(n−1)2явно записать разложениеXβ=β(ei , ej )εi ∧ εj1≤i<j≤n131произвольной билинейной кососимметрической функции β по указанной в условии системе (ср.равенство (39)).К какому каноническому виду можно привести кососимметрическую функцию? Оказывается,ответ для кососимметрических функций не зависит от поля K.Пусть β : V × V → K — билинейная кососимметрическая функция на n-мерном пространствеV .
Базис {e1 , . . . , en } пространства V называется симплектическим (относительно β), еслиβ(e2k−1 , e2k ) = −β(e2k , e2k−1 ) = 1 при k = 1, . . . , mβ(ei , ej ) = 0 во всех остальных случаях.Иначе говоря, матрица!функции β имеет в этом базисе блочно-диагональный вид с m ненулевыми0 1блоками вида. Очевидно, что при этом rk β = 2m.
Эквивалентно,−1 0β = ε1 ∧ ε2 + ε3 ∧ ε4 + . . . + ε2m−1 ∧ ε2m ,где {ε1 , . . . , εn } — биортогональный базис к {e1 , . . . , en }.Теорема 7.50. Для любой кососимметричной билинейной функции существует симплектический базис.Доказательство. Докажем это утверждение индукцией по n. При n = 1 доказываеть нечего(любая кососимметрическая функция на одномерном пространстве нулевая). Пусть n > 1. Еслиβ = 0, то доказывать опять-таки нечего. Если β 6= 0, то существуют такие векторы e1 и e2 ,что β(e1 , e2 ) 6= 0. Умножив один из этих векторов на подходящий скаляр, можно добиться того,чтобыβ(e1 , e2 ) = −β(e2 , e1 ) = 1.!0 1Матрица ограничения функции β на he1 , e2 i в базисе {e1 , e2 } имеет види, в частности,−1 0невырождена.
Согласно Предложению 7.25,V = he1 , e2 , i ⊕ he1 , e2 , i⊥ .По предположению индукции в пространстве he1 , e2 , i⊥ для β|he1 ,e2 ,i⊥ существует симплектический базис {e3 , . . . , en }. Добавляя к нему векторы e1 и e2 , получаем симплектический базис{e1 , e2 , e3 , . . . , en } всего пространства V.Следствие 7.51. Ранг кососимметрической билинейной функции всегда является четным числом.Задача 7.52. Докажите, что определитель целочисленной кососимметричной матрицы A является квадратом целого числа.Решение. Пусть кососимметрическая матрица A ∈ Mat2n (Z) невырождена.
Тогда ее можно рассматривать как матрицу с коэффициентами из поля Q. В силу предыдущей теоремы существуетневырожденная матрица C ∈!Mat2n (Q) такая, что A = C T IC, где I — блочно-диагональная мат0 1рица из блоков вида. Тогда det A = (det C)2 , и целое число det A является квадратом−1 0рационального числа. Тогда det A является квадратом целого числа.1328Евклидовы пространстваЕвклидовы пространства размерности 1, 2 и 3 — это те векторные25 пространства, с которымимы имели дело в курсе аналитической геометрии.
В таких пространствах имеют смысл понятиядлины вектора, угла между векторами, расстояния между подмножествами, объема параллелепипеда, построенного на системе векторов и т.д. Для определения этих понятий на вещественномвекторном пространстве необходимо скалярное произведение — фиксированная билинейная симметричная положительно определенная функция.8.1Определение и примерыОпределение 8.1.
Евклидовым пространством называется пара (V, α), состоящая из вещественного векторного пространства V и билинейной симметричной положительно определеннойфункции α на нем. Такая функция называется скалярным произведением.Если не оговорено противное, все рассматриваемые евклидовы пространства предполагаютсяконечномерными.В дальнейшем скалярное произведение α(u, v) для простоты мы будем обозначать простоскобками (u, v). При этом соответствующая квадратичная функция принимает неотрицательныеpзначения, и мы определим |v| := (v, v) модуль вектора v. Заметим, что для любого v 6= 0 егомодуль |v| > 0.За исключением нульмерного случая, скалярных произведений (то есть билинейных симметричных положительно определенных функциий) на V бесконечно много, в определении евклидовапространства предполагается, что фиксировано одно из них.
Часто евклидовым пространствоммы будем называть само пространство V , предполагая фиксированным некоторое скалярное произведение на нем.Из положительной определенности скалярного произведения следует, что оно — невырожденная билинейная функция. Кроме того, его ограничение на любое подпространство также положительно определено, и значит также невырождено.Из общих результатов о квадратичных функциях мы можем вывести ряд следствий для евклидовых пространств.Предложение 8.2. В любом (конечномерном) евклидовом пространстве есть ортонормированный базис.Доказательство. Это следует либо непосредственно из Предложения 7.30, либо может быть выведено из Теоремы 7.46: для этого нужно взять произвольный базис в V , ортогонализировать егопо Граму-Шмидту и затем нормировать.Приведем примеры евклидовых пространств.Пример 8.3.
Пусть V = Rn , и для произвольных столбцов x, y ∈ V зададим их скалярное произведение как (x, y) = xT y. (Читателю предлагается убедиться в выполнениии условий из определения25В курсе аналитической геометрии также рассматривались пространства, состоящие из точек, а не векторов(первые, в отличие от вторых, нельзя складывать), такие пространства называются аффинными пространствамии изучаются в более полных курсах линейной алгебры.133евклидова пространства самостоятельно). Поскольку в любом конечномерном евклидовом пространстве (V, α) есть ортонормированный базис {e1 , . . . , en }, то, отождествляя V с пространствомRn координатных столбцов в этом базисе мы одновременно отождествим скалярное произведение−−α(u, v) произвольных векторов u, v ∈ V с произведением →u T→v их координатных столбцов.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
