LinAlg (1) (971705), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Доказать, что в любом конечномерном линейномпространстве можно определить скалярное произведение.Рассмотримкакой-нибудьбазисэтогопространстваРешение.e = (e 1 , e 2 ,..., e n ) . Тогда для любых векторов данного пространстваx = x1e1 + ... + xn e n и y = y1e1 + ... + y n e n зададим скалярное произведениеследующим образом: ( x, y ) = x1 y1 + ... + xn yn . Справедливость всех четырехаксиом скалярного произведения для данной операции легко проверить.20Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.Доказать,Задача 3.m( f , g ) = ∑ f (xi )g (xi ) ,i =1чтовпространствеPnформулагде x1 ,..., xm ∈ R – фиксированные различные числа,задает скалярное произведение тогда и только тогда, когда m > n .Решение.
Легко проверить справедливость аксиом 1), 2) и 3) скалярногоmпроизведения.Аксиома4)имеет( f , f ) = ∑ f 2 (xi ) ≥ 0 ,вид:причемi =1m( f , f ) = ∑ f 2 (xi ) = 0⇔ f ( x ) ≡ 0 ∀x ∈ (− ∞,+∞ ) .i =1а) Если m ≤ n , то в пространстве Pn существует ненулевой многочленf ( x ) = ( x − x1 ) ⋅ ... ⋅ ( x − xm ) степени m , для которого имеет место равенствоm( f , f ) = ∑ f 2 (xi ) = 0 , что нарушает справедливость аксиомы 4).i =1б)Если m > n ,то из соотношенияm( f , f ) = ∑ f 2 (xi ) = 0следует, чтоi =1f ( x ) ≡ 0 , так как ненулевой многочлен степени, не превышающей n , неможет иметь более чем n различных корней.
Следовательно, в случае m > nаксиома 4) справедлива, и поэтому формулаm( f , g ) = ∑ f (xi )g (xi )задаетi =1скалярное произведение.Теорема. Для любых двух элементов x и y произвольного евклидовапространства справедливо неравенство Коши - Буняковского:(1)( x, y )2 ≤ ( x, x ) ⋅ ( y, y ) .Запишем неравенство Коши-Буняковского в различныхконкретныхевклидовых пространствах.1.
В евклидовых пространствах V2 и V3 неравенство Коши Буняковского имеет вид( x, y )2 ≤22x ⋅ y .2.ВевклидовомарифметическомпространствеRn :(x1 y1 + ... + xn yn )2 ≤ x12 + ... + xn2 ⋅ y12 + ... + yn2 .3. В евклидовом пространстве C [a, b] всех функций, непрерывных на(отрезке [a, b] :)()2b⎛b⎞ b⎜ ∫ x(t ) y (t ) dt ⎟ ≤ ∫ x 2 (t ) dt ⋅ ∫ y 2 (t ) dt .⎜⎟⎝a⎠ aa2.2. Определение и примеры нормированных пространствОпределение.
Линейное пространство N называется нормированным,если выполнены следующие два требования.21Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.1. Имеется правило, посредством которого каждому элементу x ∈ Nставится в соответствие вещественное число, называемое нормой указанногоэлемента и обозначаемое символом x .2. Указанное правило подчинено следующим трем аксиомам:1) x ≥ 0 ∀ x ∈ N ; x = 0 ⇔ x = θ ;∀ x ∈ N , ∀λ ∈ R ;2) λx = λ ⋅ x∀ x , y ∈ N (неравенство треугольника или3) x + y ≤ x + yнеравенство Минковского).Теорема.Всякоеевклидовопространствоявляетсянормированным, если в нем норму любого элемента x определитьравенствомx = ( x, x ) .Воспользовавшись формулой x = ( x , x ) , определим нормы внекоторых конкретных евклидовых пространствах.
В пространствах V2 ,V3 :в пространстве R n :x = x;x(t ) =b∫x2x = x12 + ... + xn2 ; в пространстве C [a, b] :(t ) dt .aЗапишем неравенство треугольника в различных конкретныхевклидовых пространствах. В пространствах V2 ,V3 :x+ y ≤ x + y(сторона треугольника не превосходит суммы двух других его сторон); впространстве R n :(x1 + y1 )2 + ... + (xn + yn )2 ≤в пространстве C [a, b] :x12 + ... + xn2 +bbbaaay12 + ...
+ y n2 ;222∫ (x(t ) + y (t ) ) dt ≤ ∫ x (t ) dt + ∫ y (t ) dt .Замечание. Если имеетсяненулевой элемент x ∈ N , то дляпостроения элемента с нормой, равной единице, достаточно нормировать1. Норма полученногоэлемент x , т.е. умножить этот элемент на числоx111равна 1, т.к. x0 = x ⋅=⋅ x = 1.xxxЗадача 1. Вычислить скалярное произведение и нормы векторовx = (1,2,3,4) и y = (5,6,7,8) в R 4 .элемента x0 = x ⋅Решение.( x, y ) = 1 ⋅ 5 + 2 ⋅ 6 + 3 ⋅ 7 + 4 ⋅ 8 = 70 ,x = 12 + 2 2 + 32 + 4 2 = 30 ,y = 5 2 + 6 2 + 7 2 + 8 2 = 174 .Задача 2.
Вычислить скалярное произведение и нормы функцийf ( x) = x + 1 , g ( x) = x 2 + x в C [0,1] .22Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.( f ( x), g ( x) ) = ∫ (x + 1)(x1Решение.01∫ ( x + 1)f ( x) =2dx =730∫ (x1, g ( x) =22)1()+ x dx = ∫ x 3 + 2 x 2 + x dx = 17,120)2+ x dx =31300.Задача 3. Нормировать вектор x = (1,2,3,4) в R 4 .4 ⎞321 ⎛ 1Решение. x = 12 + 2 2 + 32 + 4 2 = 30 , x0 = x ⋅=⎜,,,⎟.x ⎝ 30 30 30 30 ⎠Замечание. Неравенство Коши-Буняковского можно записать вследующем виде:( x, y ) ≤ x ⋅ y .(2)Заметим далее, что в любом евклидовом пространстве можно ввестипонятие угла между двумя произвольными элементами x и y этогопространства.
В полной аналогии с векторной алгеброй, назовем углом ϕмежду элементами x и y произвольного евклидова пространства угол,косинускоторогоопределяетсясоотношением( x, y ) =( x, y )cosϕ =, ϕ ∈ [0, π ]. Данное нами определение углаx ⋅ y( x , x ) ⋅ ( y, y )( x, y )корректно, т.к. в силу неравенства Коши-Буняковского (2) дробьx ⋅ yпо модулю не превосходит единицы.3Задача. Найти угол между f ( x) = x 4 и g ( x) = x 4 в C [0,1] .111( f ( x), g ( x) ) = ∫ x x dx = 1 ,20Решение.123g ( x) = ∫ ⎛⎜ x 4 ⎞⎟ dx =⎠0⎝2514, cosϕ =34( x, y )x ⋅ y=1f ( x) = ∫ ( x 4 ) 2 dx =0154, ϕ = arccos15423,.Определение.
Два ненулевых элемента евклидова пространстваx, y ∈ E называются ортогональными, если их скалярное произведениеравно нулю.По аналогии с векторной алгеброй, назовем сумму x + y двухортогональных элементов x и yгипотенузойпрямоугольноготреугольника, построенного на катетах x и y .Теорема Пифагора. В произвольном евклидовом пространстве квадратгипотенузы равен сумме квадратов катетов.Действительно, учитывая ( x, y ) = 0 , x = ( x , x ) и y = ( y, y ) , получимx+ y2= ( x + y, x + y ) = ( x , x ) + 2( x , y ) + ( y, y ) = x22+ y .23Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.2.3.Ортогональныеиортонормированныеконечномерногоевклидовапространства.ортогонализации Грама–ШмидтабазисыПроцессОпределение.
Система ненулевых элементов x 1 ,..., x n евклидовапространства называется ортогональной системой, если любые дваэлемента этой системы ортогональны, т.е. (x i , x j ) = 0 при i ≠ j , i = 1,2,..., n ,j = 1,2,..., n .Определение. Система ненулевых элементов x 1 ,..., x n евклидовапространства называется ортонормированной системой, если все элементыэтой системы попарно ортогональны и норма каждого элемента равна⎧1, i = j, i = 1,2,..., n , j = 1,2,..., n .единице, т.е.
(x i , x j ) = ⎨⎩0, i ≠ jТеорема. Любая ортогональная(ортонормированная) системаненулевых элементов линейно независима.Следствие. Вn -мерном евклидовом пространстве любаяортогональная (ортонормированная) система изn элементов образуетбазис.Определение. Базис евклидова пространстваe1 ,..., e n называетсяортогональным базисом, если его элементы образуют ортогональнуюсистему, т.е. если (e i , e j ) = 0 при i ≠ j , i = 1, 2, ..., n , j = 1, 2, ..., n .Определение. Базис евклидова пространстваe1 ,..., e n называетсяортонормированнымбазисом,еслиегоэлементыобразуют(ei , e j ) = ⎧⎨10,, ii =≠ jj , i = 1, 2,..., n ,ортонормированную систему, т.е. если⎩j = 1, 2,..., n .Примеры.1.
В пространстве V2 векторы i, j образуют ортонормированныйбазис; в V3 векторы i , j , k образуют ортонормированный базис.2. В арифметическом линейном пространстве R n векторыe1 = (1,0,...,0,0) ,e 2 = (0,1,...,0,0) , …,e n = (0,0,...,0,1)образуютортонормированный базис.Теорема. В любом конечномерном евклидовом пространствесуществует ортонормированный базис.Процесс получения из произвольного базиса f 1 , f 2 ,..., f k линейнойоболочки L( f 1 , f 2 ,..., f k ) ортонормированного базиса e 1 , e 2 ,..., e k той желинейной оболочки называется процессом ортогонализации Грама–Шмидта:1) g 1 = f 1 , e1 = g 1 / g 1 ;2) g 2 = f 2 − ( f 2 , e1 ) ⋅ e1 ,e2 = g2 / g2 ;24Е.Б. Павельева, В.Я. Томашпольский.
Линейная алгебра.3) g 3 = f 3 − ( f 3 , e1 ) ⋅ e1 − ( f 3 , e 2 ) ⋅ e 2 ,e3 = g3 / g3 ;…k) g k = f k − ( f k , e1 ) ⋅ e1 − ( f k , e 2 ) ⋅ e 2 − ... − ( f k , e k −1 ) ⋅ e k −1 , e k = g k / g k .Замечание. Если из произвольного базиса f 1 ,..., f k линейной оболочкиL( f 1 , f 2 ,..., f k ) нужно получить ортогональный базис e1 ,..., e k той желинейной оболочки, то процесс ортогонализации можно провестиследующим образом:1) e1 = f 1 ;( f ,e )2) e 2 = f 2 − 2 1 ⋅ e1 ;(e1 , e1 )( f ,e )( f ,e )3) e 3 = f 3 − 3 1 ⋅ e1 − 3 2 ⋅ e 2 ;(e1 , e1 )(e 2 , e 2 )…( f ,e )( f ,e )( f k , e k −1 ) ⋅ e .k) e k = f k − k 1 ⋅ e1 − k 2 ⋅ e 2 − ... −(e1 , e1 )(e 2 , e 2 )(ek −1 , ek −1 ) k −1Задача 1. Применить процесс ортогонализации кf 1 = (1,1,1,1) ,f 2 = (3,3,−1,−1) , f 3 = (−2,0,6,8) .
f 1 , f 2 , f 3 ∈ R 4 .Решение. Убедимся, что вектора f 1 , f 2 , f 3 линейно независимы. Изстолбцовкоординатвекторовf1 , f 2 , f3составимматрицу⎛1 3 − 2 ⎞⎜⎟0 ⎟⎜1 3A=⎜. Вычислим ранг матрицы Aметодом элементарных1 −1 6 ⎟⎜⎜⎟⎟118−⎝⎠преобразований строк. Поскольку r ( A) = 3 и матрица имеет ровно тристолбца, столбцы матрицы A линейно независимы, поэтому и системавекторовf 1 , f 2 , f 3 линейно независима. Далее проведем процессортогонализации в три шага:1) e1 = f 1 = (1,1,1,1) ;( f 2 , e1 ) = 1 ,2) ( f 2 , e1 ) = 3 + 3 − 1 − 1 = 4, (e1 , e1 ) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 ,(e1 , e1 )( f ,e )e 2 = f 2 − 2 1 ⋅ e1 = (2,2,−2,−2) ;(e1 , e1 )( f 3 , e1 ) = 3 ,( f 3 , e1 ) = −2 + 0 + 6 + 8 = 12,(e1 , e1 ) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 ,3)(e1 , e1 )( f 3 , e 2 ) = −4 − 12 − 16 = −32, (e 2 , e 2 ) = 4 + 4 + 4 + 4 = 16 , ( f 3 , e 2 ) = −2 ,(e 2 , e 2 )( f ,e )( f ,e )e 3 = f 3 − 3 1 ⋅ e1 − 3 2 ⋅ e 2 = (−1,1,−1,1) .(e1 , e1 )(e 2 , e 2 )25Е.Б.
Павельева, В.Я. Томашпольский. Линейная алгебра.Таким образом, e1 = (1,1,1,1) , e 2 = (2,2,−2,−2) , e 3 = (−1,1,−1,1) .Задача 2. Проверить ортогональность векторов e1 = (1,−2,1,3)иe 2 = (2,1,−3,1) в евклидовом пространстве R 4 и дополнить ихдоортогонального базиса.Решение. а) Поскольку(e1 , e 2 ) = 2 − 2 − 3 + 3 = 0 , векторы e1 , e 2ортогональны в R 4 . Найдем вектор e 3 ортогональный векторам e1 , e 2 .⎧ (e , e ) = 0Вектор e 3 = ( x1 , x2 , x3 , x4 ) удовлетворяет условиям ⎨ 1 3, т.е.
его(,)=0ee⎩ 2 3⎧ x − 2 x2 + x3 + 3 x4 = 0координаты являются решением системы ⎨ 1. Решив2+−3+=0xxxx1234⎩⎛ x1 ⎞⎛1⎞⎛ − 1⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ x2 ⎟⎜1⎟⎜1⎟систему, получим ⎜ ⎟ = c1 ⎜ ⎟ + c2 ⎜ ⎟ ∀c1 ,c2 . Для определения вектораx10⎜⎜ 3 ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎝0⎠⎝1⎠⎝ x4 ⎠e 3 = ( x1 , x2 , x3 , x4 ) достаточно найти любое нетривиальное решение системы,например e 3 = (1,1,1,0) ( c1 = 1, c2 = 0 ).б) Найдем вектор e 4 ортогональный векторам e1 , e 2 , e 3 .
Вектор⎧ (e 1 , e 4 ) = 0⎪e 4 = ( x1 , x2 , x3 , x4 ) удовлетворяет условиям ⎨(e 2 , e 4 ) = 0 , т.е. его координаты⎪(e , e ) = 0⎩ 3 4⎧ x1 − 2 x2 + x3 + 3x4 = 0⎪являются решением системы ⎨2 x1 + x2 − 3 x3 + x4 = 0 . Решение системы имеет⎪x + x + x = 023⎩ 1⎛ x1 ⎞⎛ − 1⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ x2 ⎟⎜1⎟=c∀c1 .Дляопределениявекторавид⎜ x ⎟ 1⎜ 0 ⎟⎜⎜ 3 ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟x⎝1⎠⎝ 4⎠e 4 = ( x1 , x2 , x3 , x4 ) достаточно найти любое нетривиальное решение системы,Векторы e1 = (1,−2,1,3) , e 2 = (2,1,−3,1) ,например e 4 = (−1,1,0,1) ( c1 = 1 ).e 3 = (1,1,1,0) , e 4 = (−1,1,0,1) образуют искомый ортогональный базис в R 4 .Перечислим свойства ортонормированного базиса.Пусть e1 ,..., e n – ортонормированный базис в произвольном n -мерномx = ( x1 ,..., xn ) , y = ( y1 ,..., y n ) – дваевклидовом пространстве E ;произвольных элемента этого пространства с заданными координатами вбазисе e1 ,..., e n , тогда справедливы следующие утверждения.26Е.Б.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
