1611672539-677b29cdbc8eab584ceda70868ef891f (826572), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Пусть ϕ — симметрический (эрмитов) оператор.• ϕ положителен ⇐⇒ все его собственные значения положительны;• ϕ неотрицателен ⇐⇒ все его собственные значения неотрицательны.Доказательство.(⇒):ϕ > 0, допустим, есть с.з. λ ≤ 0, ϕ(v) = λv, v 6= 0.
Тогдаhv, ϕ(v)i = hv, λvi = λ̄hv, vi ≤ 0Аналогично для ϕ ≥ 0.(⇐):Выберем ортонормированный базис, в котором[ϕ]e1,...,en = diag(λ1, . . . , λn).Если все λi > 0 то для любого v = x1e1 + · · · + xnen (xi ∈ R или C)hv, ϕ(v)i =Аналогично для λi ≥ 0.nXi=1λi|xi|2 > 0 при v 6= 0.Теорема.Пусть ϕ — неотрицательный симметрический (эрмитов) операторна евклидовом (унитарном) пространстве V .Тогда существует единственный неотрицательныйсимметрический (эрмитов) оператор ψ на V такой, чтоψ 2 = ϕ.Доказательство.Существование:[ϕ]e1,...,en = diag(λ1, .
. . , λn),λi ≥ 0.Определим ψ на базисе e1, . . . , en:1/2ψ(ei) = λiЭто — искомый оператор.ei ,i = 1, . . . , n.Единственность:Пусть минимальный многочлен ϕ имеет видµϕ(t) = (λ1 − t) . . . (λk − t), λi 6= λj при i 6= j.Если ψ 2 = ϕ, то многочленf (t) = (λ1 − t2) . . . (λk − t2)аннулирует ψ ⇒ µψ | f .Поскольку с.з. оператора ψ неотрицательны,1/2µψ (t) | (λ11/2− t) . . . (λk− t).Случай k = 1:1/21/2µψ (t) | (λ1 − t) ⇒ ψ = λ1 id — определен однозначно.Случай k > 1:V = V (λ1) ⊕ · · · ⊕ V (λk ),V (λi) = {v ∈ V | ϕ(v) = λiv},ψϕ = ψψ 2 = ψ 2ψ = ϕψ— операторы перестановочны, поэтому каждое подпространство V (λi)инвариантно относительно ψ.Для каждого i = 1, .
. . , kψV2 (λ ) = ϕV (λi) = λi id .iψV (λi) = ψV∗ (λ ) (его матрица симметрическая/эрмитова);iψV (λi) ≥ 0 (его соб.значения ≥ 0).Как в случае k = 1,1/2ψV (λi) = λi— определены однозначно.idПолярное разложениеV — евклидово (унитарное) пространствоϕ : V → V — любой линейный оператор.Теорема (о полярном разложении).Оператор ϕ может быть представлен в видеϕ = ψτ,где ψ — однозначно определенный неотрицательныйсимметрический (эрмитов) оператор,τ — ортогональный (унитарный) оператор.Доказательство.Рассмотрим оператор ϕ∗ϕ : V → V(?) ϕ∗ϕ — неотрицательный симметрический (эрмитов) оператор.Очевидно по определению:(ϕ∗ϕ)∗ = ϕ∗(ϕ∗)∗ = ϕ∗ϕ,h(ϕ∗ϕ)(v), vi = hv, ϕ∗(ϕ(v))i = hϕ(v), ϕ(v)i ≥ 0для всех v ∈ V .Найдем ортонормированный базис e1, .
. . , en, в котором матрица оператораϕ∗ϕ диагональна:(ϕ∗ϕ)(ei) = λiei,λi ≥ 0.Считаем, что λ1 ≥ · · · ≥ λr > 0, λr+1 = · · · = λn = 0,λ i = ρ2i,i = 1, . . . , n, ρi ≥ 0(числа ρ1, . . . , ρn называются сингулярными числами оператора ϕ).(?)r = r(ϕ) = dim ϕ(V )Достаточно заметить, что ϕ(e1), . . . , ϕ(er ) — ортогональная система,состоящая из ненулевых векторов:hϕ(ei), ϕ(ej )i = hei, ϕ∗(ϕ(ej ))i = hei, λj ej )i = λ̄j hei, ej i,а при i > rhϕ(ei), ϕ(ei)i = λihei, eii = 0 ⇒ ϕ(ei) = 0.Следовательно,dim Ker (ϕ) = n − r,dim ϕ(V ) = r.Рассмотримfi =1ϕ(ei),ρii = 1, . . .
, rи fr+1, . . . , fn — ортонормированный базис ϕ(V )⊥.(?) f1, . . . , fr , fr+1, . . . , fn — ортонормированный базис V .Проверим:0,i ≤ r, j > r или i > r, j ≤ r — по построению;hfi, fj i = δij , i, j > r — по построению;λ 1 hϕ(ei), ϕ(ej )i = j hei, ej i = δij ,i, j ≤ r.ρρρρi ji jПостроенные базисы e1, . .
. , en и f1, . . . , fn называютсясингулярными базисами для ϕ.Определим линейные отображения на базисах:τ :V → V,e i → fi ;ψ :V → V,f i → ρi f iдля i = 1, . . . , n.Оператор τ переводит ортонормированный базис e1, . . . , enв ортонормированный базис f1, . . . , fn ⇒ ортогональный (унитарный);Оператор ψ симметрический (эрмитов) неотрицательный — его матрицав базисе f1, . . . , fn диагональная с неотрицательными компонентами:[ψ]f1,...,fn = diag(ρ1, . . .
, ρn),ρi ≥ 0.Суперпозицияρ 1 ϕ(e ) = ϕ(e ),i ρiiiψτ : ei 7→ fi 7→ ρifi =0 = ϕ(e ),ii = 1, . . . , r;i = r + 1, . . . , n.Следовательно, ϕ(ei) = (ψτ )(ei) для всех i = 1, . . . , n,поэтому ϕ = ψτ .(?) Оператор ψ в полярном разложении определен однозначноϕϕ∗ — неотрицательный эрмитов оператор;ϕ = ψτ ⇒ ϕ∗ = τ ∗ψ ∗ = τ −1ψ ⇒ϕϕ∗ = (ψτ )(τ −1ψ) = ψ 2,Такой ψ определен однозначно.ψ неотрицательный.Упражнение.Докажите, что любой оператор ϕ на евклидовом (унитарном) пространствеV может быть представлен в видеϕ = τ ′ψ ′,где ψ ′ — неотрицательный симметрический (эрмитов) оператор,τ ′ — ортогональный (унитарный) оператор, причем собственные числаоператора ψ ′ те же, что для оператора ψ в разложении ϕ = ψτ .Упражнение.Опустив условие неотрицательности оператора ψ, приведите контрпримерк утверждению о единственности полярного разложения.Упражнение.Пусть ϕ = ψτ — полярное разложение оператора ϕ.
Докажите, что ϕ —нормальный оператор тогда и только тогда, когдаψτ = τ ψ.Сингулярное разложение матрицA ∈ Mm,n(F ), F = R (или F = C).Тогда найдутся такие матрицы P, B, Q, что• A = P B Q̄⊺;• P ∈ Mm(F ), Q ∈ Mn(F ) —ортогональные (унитарные);• B = (bij ) ∈ Mm,n(R), причем bij = 0 при i 6= j и bii ≥ 0.Такое разложение называется сингулярным разложением матрицы A.РассмотримĀ⊺A ∈ Mn(F )и операторF n → F n,x 7→ Ā⊺AxF = R, Cна евклидовом (унитарном) пространстве F n с каноническим скалярнымпроизведениемhu, vi = u⊺v̄,u, v ∈ F n.Этот оператор является симметрическим (эрмитовым)с неотрицательными собственными значениями:v ∈ Fn :Ā⊺Av = λv, v 6= 0, λ ∈ Rλhv, vi = hv, Ā⊺Avi = hAv, Avi ≥ 0.Пусть v1, . . . , vn — ортонормированный базис собственных векторов:Ā⊺Avi = λivi,1/2Обозначим ρi = λiλi > 0 для i = 1, . .
. , r, λr+1 = · · · = λn = 0.,wi =1Avi ∈ F m,ρii = 1, . . . , r.Заметим, что Avi = 0 при i = r + 1, . . . , n:hAvi, Avii = hvi, Ā⊺Avii = λihvi, vii = 0 при λi = 0.Дополним w1, . . . , wr до базиса F m, добавив ортонормированный базисwr+1, . . . , wm подпространства L(A(1), . . . , A(n))⊥ ⊆ F m.Получим ортонормированный базис w1, .
. . , wm пространства F m.Обозначим||||Q = v1 . . . vn ∈ Mn(F ),||||P = w1 . . . wm ∈ Mm(F )— ортогональные (унитарные) матрицы,ρ1 0 . . . 0 . . . 0 0 ρ2 . . . 0 . . . 0 0 0 . . . 0 . . . 0B = 0 0 . . . ρr . . . 0 ∈ Mm,n(R). 0 0 . . . 0 . . . 0.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 ... 0 ... 0Сравним AQ и P B, действуя на столбцы стандартного базиса ei ∈ F n:ρ w ,i iAQei = Avi =0,Следовательно,P (ρ e ) = ρ w ,i ii iP Bei =P 0 = 0,i = 1, . . . , r;i = r + 1, . . . , n.i = 1, . . .
, r;i = r + 1, . . . , n.AQ = P B ⇒ A = P B Q̄⊺15. Квадратичные формыОпределение квадратичной формы и ее базовые свойстваV — конечномерное векторное пространство над полем F ,характеристика поля F 6= 2 (1 + 1 6= 0)Квадратичной формой (функцией) на V называется такое отображениечтоf : V → F,• f (−x) = f (x) для всех x ∈ V ;• Функция Φ : V × V → F , заданная правиломΦ(x, y) = f (x + y) − f (x) − f (y)является билинейным отображением.Такое Φ(x, y) называется линеаризацией или поляризацией формы f .Пример.V — евклидово пространствоϕ : V → V — линейный оператор.Тогдаf (x) = hϕ(x), xi— квадратичная форма на V .Действительно,f (−x) = hϕ(−x), −xi = hϕ(x), xi;Φ(x, y) = f (x + y) − f (x) − f (y) = hϕ(x + y), x + yi − hϕ(x), xi − hϕ(y), yi= hϕ(x), yi + hϕ(y), xi = hx, ϕ∗(y)i + hx, ϕ(y)i= hx, (ϕ + ϕ∗)(y)i— билинейное отображение.Предложение.Пусть f — квадратичная форма на V .
Тогда1. f (0) = 0;1 Φ(x, x) для всех x ∈ V ;2. f (x) = 23. f (αx) = α2f (x) для всех x ∈ V , α ∈ F .Доказательство.(1) Φ(x, 0) = Φ(0, x) = 0 для всех x ∈ V (общее свойство полилинейныхотображений).0 = Φ(0, 0) = f (0 + 0) − f (0) − f (0) = −f (0) ⇒ f (0) = 0.(2) Φ(x, −x) = f (x − x) − f (x) − f (−x) = f (0) − 2f (x) ⇒ −2f (x) = Φ(x, −x) =1 Φ(x, x).−Φ(x, x) ⇒ f (x) = 21 αΦ(x, αx) = 1 α2 Φ(x, x) = α2 f (x).Φ(αx,αx)=(3) f (αx) = 1222Матрица квадратичной формыf : V → F — квадратичная форма;Φ : V × V → F — линеаризация формы f ;Φ(x, y) = f (x + y) − f (x) − f (y),f (x) =1Φ(x, x).2Зафиксируем базис e1, .
. . , en пространства V .Обозначим1aij = Φ(ei, ej ) ∈ F,2A = aij ∈ Mn(F ) — симметрическая матрица.(A = A⊺)Эта матрица называется матрицей квадратичной формы f (в базисеe1, . . . , en), посколькудля любого вектора x ∈ V с координатами (x1, . . . , xn)n111 Xf (x) = Φ(x, x) = Φ(x1e1 + · · · + xnen, x) =xiΦ(ei, x)222 i=1nn1 X1 X=xiΦ(ei, x1e1 + · · · + xnen) =xixj Φ(ei, ej )2 i=12 i,j=1=nXaij xixj = [x]⊺A[x],i,j=1гдеx1 [x] = [x]e1,...,en = ... .xnТаким образом,f (x) = [x]⊺A[x];f (x) =nXi,j=1aij xixj =nXi=1aiix2i +X2aij xixj1≤i<j≤n— однородный многочлен степени 2 от переменных x1, . . .
, xn.ТеоремаПусть f — квадратичная форма на пространстве V ;A — матрица формы f в базисе e1, . . . , en;B — матрица формы f в другом базисе f1, . . . , fn.ТогдаB = T ⊺AT,где T — матрица перехода от e1, . . . , en к f1, . . . , fnДоказательство.Пусть [x]e = [x]e1,...,en ∈ F n, [x]f = [x]f1,...,fn ∈ F n для любого x ∈ V ;|T = [f1]e . . .||[fn]e ,|Рассмотрим произвольный x ∈ V : [x]e = T [x]f ,⊺f (x) = [x]⊺e A[x]e = (T [x]f )⊺A(T [x]f ) = [x]f T ⊺AT [x]f ,с другой стороны,⊺f (x) = [x]f B[x]f .Поскольку [x]f — любой столбец из F n, равенство⊺⊺[x]f T ⊺AT [x]f = f (x) = [x]f B[x]fвозможно лишь при B = T ⊺AT .Матрицы A, B ∈ Mn(F ) называются конгруэнтными, если существуеттакая невырожденная матрица T ∈ Mn(F ), чтоB = T ⊺ATЕсли A — симметрическая, то B — тоже симметрическая:B ⊺ = (T ⊺AT )⊺ = T ⊺A⊺T = B.Упражнение.Отношение конгруэнтности является отношением эквивалентностина множестве квадратных матриц.Метод ЛагранжаЗадача: для данной квадратичной формы найти базис, в котором матрицаэтой формы диагональна.Эквивалентная формулировка: для данной симметрической матрицы Aнайти невырожденную матрицу T такую, то T ⊺AT — диагональная матрица.Пример:Пусть квадратичная форма f на R2 задана в стандартном базисе e1, e2следующей функцией от координат:f (x) = 2x21 − 12x1 x2 ,A=!2 −6−6 0Тогда2222f (x) = 2x21 − 12x1 x2 = 2(x1 − 3x2 ) − 18x2 = 2y1 − 18y2дляy1 = x1 − 3x2, y2 = x2— координаты исходного вектора x =x1x2!в каком-то новом базисе f1, f2.Выразим старые переменные через новые:x1 = y1 + 3y2, x2 = y2,x1x2!!1 30 1= [x]e = T [x]f =y1y2!т.е.f1 =!1,0f2 =!3.1Легко убедиться непосредственным вычислением, чтоT ⊺AT =!⊺1 30 12 −6−6 0!!1 320=0 10 −18!Теорема (алгоритм Лагранжа диагонализации квадратичной формы).Для любой квадратичной формы f на пространстве V найдется такойбазис пространства V , в котором матрица формы f диагональна.Доказательство.Индукцией по n = dim V ≥ 1.n = 1: тривиально (любая матрица диагональна).Допустим, теорема доказана для всех квадратичных формна всех пространствах размерности n − 1.Зафиксируем какой-нибудь базис e1, .
. . , en пространства V и пусть A = aij — матрица формы f в базисе e1, . . . , en (симметрическая).• Случай 1: a1j = 0 для всех j = 2, . . . , n.Рассмотрим U = L(e2, . . . , en) ⊂ V и отображениеg : U → F,заданное правиломg(y) = f (y),y ∈ U.Отображение g является квадратичной формой на U , dim U = n − 1.По предположению индукции найдется базис f2, . . . , fn пространства U , вкотором матрица формы g диагональна:2g(y2f2 + · · · + ynfn) = b2y22 + · · · + bnynТогда матрица исходной формы f в базисе e1, f2, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
