1611672498-b082a4eafcd0b0c8bc02a14802c37024 (826564), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Докажем наше утверждениеиндукцией по m.При m=1 очевидно верно.m-1 → m доказывается перемножением матрицВ общем случае вновь воспользуемся индукцией по степени многочлена:Для степеней 0 и 1 утверждение очевидно верно (следует из только что доказанного)1,…, m-1 → m (пользуемся альтернативной формулировкой метода мат индукции).имеем f(x)=b*x^m+g(x), где deg(g(x))<mдля g(x) утверждение верно по предположению индукции, для b*x^m верно из доказанноговыше. Имеем, что значение по диагонали в таком случае будет совпадать с требуемым,производные же будут совпадать поскольку f`+g`=(f+g)`Минимальный многочленБудем говорить, что многочлен f(x) аннулирует матрицу А, если f(A)=0 (например χΑ(x)аннулирует А).Определение 2.15Минимальным многочленом μA(x) называется унитарный (многочлен со старшимкоэффициентом равным 1) многочлен минимальной степени, аннулирующий А.Какими же свойствами этот многочлен обладает?Например при делении на минимальный многочлен мы можем заметить, что f(A)=k*μΑ(Α)+r(A)=r(A)Лемма 2.4Если f аннулирует А, то μA|fДоказательство:f=k*μΑ+r, deg r<deg μ Подставив в это выражение матрицу А получим r(A)=0, то есть rаннулирует А.
Если deg r≠0, то, поделив r на старший коэффициент мы получаем противоречие сопределением минимального многочлена (нашли многочлен аннулирующий а степени меньшечем минимальный). Значит r=0, что и требовалось.СледствиеμΑ|χΑ (минимальный многочлен делит характеристический)Лемма 2.51)B=TAT^(-1) => μΒ=μΑ2)χΑ(α)=0 => μΑ(α)=03)Α — блочно-диагональная матрица (блоки обозначим А1..Аk) => μΑ=НОК(μΑ1, … , μΑk)Доказательство:1)μΒ(Β)=ΤμΒ(Α)Τ^(-1) => μΒ(Α)=0 => (по лемме 2.4) μΑ|μΒАналогично μΒ|μΑ и поскольку оба многочлена унитарные то они совпадают.2)По условию α — корень хар. Многочлена => cуществует такой вектор v≠0, что Аv=αv.Подставив А в μΑ мы получим 0 (нулевой оператор), но представив 0 в виде 0*v мы можемподставить v в μΑ(Α):a0*v+a1*A*v+…+am*A^m*v=(a0+a1*α+...+am*α^m)v= μ(α)v=0 и поскольку v≠0 получаемтребуемое.3)По теореме 2.9 мы можем заметить, что μΑ(Α)=0 и при этом это равно блочной диагональнойматрице, где блоками будут μΑ(Αi), тогда нетрудно заметить, что μΑ аннулирует все Ai и полемме 2.4 все μΑi|μΑ.
Чтобы показать, что μΑ именно наименьшее общее кратное предположим,противное и возьмем f как НОК(μА1,...μАk).f(A) также равно блочно диагональной матрице с блоками вида f(Ai). Однако поскольку fделится на все минимальные многочлены то выражение вида f(Ai)=μΑi(Ai)*q всегда нулевое, изчего получаем, что f(A)=0 и выходит что f=μ.Утверждение (Вычисление минимального многочлена)Из этих лемм мы поняли, что чтобы вычислить, например, минимальный многочлен от матрицыв Жордановой форме достаточно вычислить минимальный многочлен от ее клеток. Проделаемэто:Непосредственная проверка показывает, что f=(x-ai)^k, где k длина наибольшего ниль слоя с с.з.ai, является подходящим: f(Ji)=0 и при этом (можно опять же проверить), что (x-ai)^(k-1) неаннулирует матрицу.
Таким образом μJi=fИз чего получаем что μJ=(x-a1)^k1...(x-as)^ksОбобщенная интерполяция. Функции от матриц.Теорема 2.10 (Обобщенная интерполяция)Пусть R — числовое поле (подполе C)1)Пусть a,a1...an∈R (различные)r, m1,… mn∈ Nи b0, b1…,br∈R (могут совпадать)Пусть d=(x-a1)^m1...(x-an)^mn - многочлен. Тогда найдется такой h∈R[x], deg h≤r, что(dh)^(i)(a)=bi для любого i=0...r (f^(0)=f)2)Пусть a1...an∈R (различные)r1,… rn∈NДля любого i=1...n и для любого j=0...ri bij∈RТогда существует единственный многочлен f(x)∈R[x], deg f<sum(ri+1,i=1 to n), такой что f^(j)(ai)=bij(Иными словами существует единственный многочлен который в заданных точках вместе сосвоими производными принимает заданные значения)Этот многочлен называется многочленом Лагранжа-Сильвестра.Доказательство:1)Будем вести доказательство индукцией по числу r.r=0Так как a,a1..an — различные, то d(a)≠0.Хотим найти h: (dh)(a)=b0(dh)(a)=d(a)h(a).
Тогда возьмем h(x)=b0/d(a)r-1 → rПо предположению индукции существует h1∈R[x], deg h1≤r-1 и (dh1)^(i)(a)=bi, для любогоi=0..r-1Рассмотрим h=h1+c(x-a)^r, где с — параметр. Подберем его значение так, чтобы выполнялосьзаключение теоремы.(hd)^(i)=(h1d)^(i)+(cd(x-a)^r)^(i). Возьмем для начала i<r. Подставив точку а по предположениюиндукции получаем, что первое слагаемое равно bi. Поскольку i меньше чем r, то подставив а вовторое слагаемое мы получим 0 (т.к а является его корнем кратности r), что мы и хотели.
Востальных случаях нам нужно подобрать константу c так, чтобы r-ая производная (hd) даваланам то, что нужно.Имеем (hd)^(r)=(h1d)^(r)+(dc(x-a)^r)^(r)=(h1d)^(r)+r!*d*c+(x-a)^r*g(x) Вновь подставляя а имеем(h1d)^(r)(a)+r!*d(a)*c+0.Поскольку мы хотим, чтобы это равнялось br то мы спокойно можем выразить с:с=br-(h1d)^(r)(a)/r!*d(a) (d(a)≠0). Таким образом мы нашли константу, при которой существуетмногочлен h, удовлетворяющий всем условиям пункта.2)hi=(x-a1)^r1+1 … (x-a(i-1))^r(i-1)+1...(x-a(i+1))^r(i+1)+1…bi0,...biriПо пункту 1 существует di deg di≤ri (это можно проверить на каждом шаге пункта 1), такой что(dihi)^(j)(ai)=bijРассмотрим f=sum(dk*hk,k=1 to n). Проверим, что для него верно заключение теоремы.(x-ai)^ri+1|hk при k≠i(dk*hk)^(j)(ai)=0f^(j)(ai)=sum((dk*hk)^(j)(ai),k=1 to n)=(di*hi)^(j)=bij.
(мы получаем нужный нам результат потомучто все лишние многочлены зануляются, например при i=j=1 мы имеем что (d1*h1)`(a1)=b11, авсе остальные слагаемые в f зануляются тк в них есть (x-a1), а в h1 его нет)Осталось всего лишь проверить утверждение про степень:Для этого можно посмотрев на степень каждого слагаемого оценить deg f< sum (r_k+1, k=1 to n).Мы показали существование многочлена, осталось лишь проверить его единственность.Пусть f(x)=a0+a1x+...+amx^mf^(j)(ai)=bijПолучаем систему уравнений Аy=b, в которой количество уравнений совпадает с количествомнеизвестных и для любой правой части уравнения у нас существует решение.Тогда матрица этой системы обратима и решение единственно.Определение 2.16Пусть А∈Mn(C) — матрица над числовым полем.f: C → C — некоторая числовая функция, для которой определено столько, сколько нам нужнопроизводных в точках — собственных значениях а, имеющих вид аi для любого i=1...s, ПричемА в Жордановой форме.Тогда будем говорить, что значение функции f на матрице А определено согласно теореме 2.9Утверждение (Корректность определения)Пусть значение функции f(А) определено.
Тогда существует многочлен p(x)∈C[x], Такой чтоf(A)=p(A)Доказательство:Пусть p — многочлен Лагранжа-Сильвестра, такой что p^(j)(aj)=f^(j)(aj) для любогособственного значения а для любого j=1...kТогда p(Ji)=f(Ji)p(J)=f(J) (нетрудно проверить)И p(A)=p(TJT^(-1))=Tp(J)T^(-1)=Tf(J)T^(-1). С другой стороны p(А) можно посчитать прямо поопределению, что приведет нас к требуемому результатуОпределение 2.17Значение функции от линейного оператора ψ=f(φ)Пусть А=[φ] — в некотором базисе и f(A) определено. Мы будем говорить что значение f(φ)определено на А и равно ψ, где ψ — оператор v → f([φ])v и f(ψ)=f([φ]) в том же базисе.Утверждение (Корректность определения)Для любой числовой функции f и любого линейного отображения φ f(φ) либо не определено,либо равно значению некоторого многочлена от φ.Доказательство:Пусть f(A) определено и А=[φ] ,Β=[φ], Тогда А=ТВТ^(-1) и поскольку жордановы формыподобных матриц совпадают f(B) определено (то есть факт определенности не зависит отопределения базиса).
Совпадение значений следует из [φ]=[f(φ)]=f([φ])Тема 3Евклидовы и унитарные пространстваОпределение 3.1Евклидово/Унитарное пространство — конечномерное векторное пространство V над полемF=R/C, снабженное отображением V^2 → F, (u,v) → <u,v>, таким, что для u1,u,v,u2∈V, a,b∈R/C1)<au1+bu2,v>=a<u1,v>+b<u2,v>2)<u,v>=<v,u>` (комплексно-сопряженное)3)<u,u> - вещественное положительное число для всех u≠0Такое отображение называется (евклидовым/эрмитовым) скалярным произведением (Унитарноепр-во=Эрмитово пр-во)Простейшие свойства скалярного произведения:1. <u,av1+bv2>=a`<u,v1>+b`<u,v2> (следует из 1 и 2)2. <u,0>=<0,u>=0 (следует из 1 и 2)3. <v,V>=0 => v=0 (следует из 3 (достаточно рассмотреть <v,v>)Предложение 3.1 (Неравенство Коши-Буняковского)|<u,v>| ≤ sqrt(<u,u><v,v>)Доказательство:Рассмотрим x=<u-av,u-av> где a=<u,v>/<v,v>.
Имеем, что x≥0Имеем тогда, что <u,u>-<av,u>-<u,av>+<av,av>=<u,u>-a<v,u>-a`<v,u>`+aa`<v,v>Подстановкой а получаем, что <u,u>-2<u,v>^2/<v,v>^2+<u.v>^2/<v.v>^2=<u,u>-<u,v>^2/<v,v>=xТаким образом имеем, что <u,u><v,v>≥<u,v>^2, что и требовалось.Определение 3.21)Длина вектора v обозначается |v|=sqrt(<u.u>)Длина является неотрицательным значением и для длин векторов выполняется неравенствотреугольника.2)Угол между векторами cos(u,v)=<u,v>/|u||v|3)Векторы u, v ортогональны, если <u,v>=04)Набор векторов u1...un называется ортогональным, если он состоит из ненулевых попарноортогональных векторов.5)ортогональный набор векторов u1…un называется ортонормированным, если <ui,ui>=1Установим, что пустой набор векторов считается ортонормированным и будем иногдаиспользовать слово «система векторов» вместо «набор векторов»Теорема 3.1 (Процесс Грама-Шмидта)1)Для любого набора векторов из V найдется ортогональный набор с такой же линейнойоболочкой.2)Любой ортогональный набор линейно независим и может быть дополнен до ортогональногобазиса3)Любой ортонормированный набор линейно независим и может быть дополнен доортонормированного базисаДоказательство:1)Будем действовать индукцией по числу векторов nпусть n=0 — искомый набор пустой и ортогональный.n=1.
Пусть это набор {a1}. Он либо пустой (если вектор нулевой) или же состоит из одноговектора, и при этом является ортогональным.n-1 → nПусть b1...bk — ортогональный набор и L(b1...bk)=L(a1...a(n-1))Найдем b(k+1)=an+sum(qj*bj,j=1 to k)Хотим, чтобы <b(k+1),bi>=0 то есть <an,bi>+qi<bi,bi>=0Взяв qi=-<an,bi>/<bi,bi> мы выполним это требование.Более того L(a1...an)=L(b1...b(k+1)).В таком случае искомым набором будет (b1...b(k+1)) (или (b1,…,bk) в случае если b(k+1)=0)Стоит отметить, что этот процесс (поскольку мы отдельно строим каждый вектор набора)примененный к ортогональному набору не поменяет его.2)Пусть a1...an — ортогональный набор векторов. Рассмотрим Линейную комбинацию этогонабора, равную нулю sum(qiai, i=1 to n).
Тогда 0=<0,aj>=<sum(qiai,i=1 to n),aj>=sum(<qiai,aj>, i=1 to n)=qj<aj,aj> (поскольку все векторы попарно ортогональны)имеем, поскольку aj из ортогонального набора, то он ненулевой. Тогда <aj,aj>≠0=> qj=0. Такимобразом мы доказали что любой ортогональный набор линейно независим.Теперь дополним его до базиса, а затем применим к этому базису процесс Грама-Шмитда(который не поменяет a1..an), таким образом мы дополнили a1..an ортогональными векторами добазиса, что и требовалось.3)Рассуждения аналогичные пункту 2, только к ним добавляется необходимость нормироватьвекторы.Следствие 3.1.1В любом евклидовом/унитарном пространстве найдется ортонормированный базисДоказательство:Находим в пространстве ненулевой вектор (если его нет то пространство и есть нулевой вектор),нормируем его и по пункту 3 предыдущей теоремы мы можем дополнить его доортонормированного базиса.Теорема 3.2 (О изоморфизме Евклидовых/унитарных пространств)Для любого евклидова (унитарного) пространства V размерности n найдется изоморфизмвекторных пространств φ: V → R^n (C^n) такой что <u,v>=<φ(u),φ(v)> Скалярное произведение вида x1y1`+x2y2`+...+xnyn`Доказательство:Пусть e1...en — ортонормированный базис V.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
