Лекция 13

Добавил:

Rumpelstilzchen Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

есть нормирующий множитель.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.06.2020

Размер:

876.21 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

ОБОБЩЕНИЕ И СИСТЕМАТИЗАЦИЯ ЗНАНИЙ ПО ТЕМЕ

СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ В ЕВКЛИДОВОМ ПРОСТРАНСТВЕ

Пример 1. Найти длины элементов p(t) 3t 2 ,																q(t) t 3 евклидова про-
																		1
					1						произведением ( p, q)								p(t)q(t)dt .
странства всех многочленов P [t] со						скалярным					произведением ( p, q)								p(t)q(t)dt .
																		1
Найти угол между этими элементами.
Решение. Чтобы найти длины элементов p и q, найдем скалярные квадраты
		1					(3t 2)3			1		125			1
		1					(3t 2)3			1		125			1
( p, q) (3t 2)(3t 2)dt																	14
( p, q) (3t 2)(3t 2)dt								9					9		9		14
			1					9		1			9		9



	p	14
		1				(t 3)3			1	64			8	56
		1				(t 3)3			1	64			8	56
(q, q) (t					3)(t 3)dt
(q, q) (t					3)(t 3)dt		3			3			3		3
			1				3		1	3			3		3



	q	56		2	14
		56		2	14
		3
					3
					3

Нам понадобится скалярное произведение векторов p и q.

	1										1
( p, q) (3t			2)(t 3)dt (3t 2 11t 6)dt
	1										1
	11t	2						1
		2						1
t3			6t						14
t3			6t						14
	2
	2							1



cos ( p, q)				( p, q)						14			3
					p		q					2
											56

										14

											3
											3
Значит ( p, q)
Значит ( p, q)						6
						6
Пример 2. Найти длины элементов												f (x) sin x ,		g(x) cosx евклидова про-
странства С[ , ]	всех функций, непрерывных отрезке [ , ] со скалярным произведе-

нием ( f , g) f (x)g(x)dx

Решение. Чтобы найти длины элементов f и g, найдем скалярные квадраты

(sin x, sin x)

(cos x, cos x)

	1		1		sin 2x

sin 2 xdx		(1 cos 2x)dx		x

	2		2		2

	1		1		sin 2x

cos2 xdx		(1 cos 2x)dx		x

	2		2		2

Для нахождения угла нам понадобится скалярное произведение векторов f и g.

		1		cos 2x
( f , g) (sin x, cos x)	sin x cos xdx		sin 2xdx
( f , g) (sin x, cos x)	sin x cos xdx	2	sin 2xdx	4
		2		4

cos ( f , g)

( f , g)

Значит ( f , g)

Пример 3. Найти длины элементов

p(t) 1 2t t 2 , q(t) 2 t евклидова

пространства

всех

многочленов

P2[t]

со

скалярным

произведением

( p, q) p(0)q(0) p(1)q(1) p(2)q(2) . Найти угол между этими элементами.

Решение. В этой задаче удобно сначала записать значения заданных многочле-

нов при t=0, 1, 2.

p(0) 1, p(1) 0, p(2) 1 q(0) 2, q(1) 1, q(2) 0

Чтобы найти длины элементов p и q, найдем скалярные квадраты

( p, p) p(0) p(0) p(1) p(1) p(2) p(2) 1 1 0 0 1 1 2 p 2

(q, q) q(0) q(0) q(1) q(1) q(2) q(2) 2 2 1 1 0 0 5 q 5

Для нахождения угла, найдем скалярное произведение ( p, q)

( p, q) p(0) q(0) p(1) q(1) p(2) q(2) 1 2 0 1 1 0 2

Тогда

cos ( p, q)	( p, q)			2	2	10	10

		p	q	2 5		10	5
		p	q	2 5		10	5

Значит ( p, q) arccos				10
Значит ( p, q) arccos				5
				5

					3
Пример 4. В базисе {e1,e2,e3}					пространства E3 скалярное произведение задано
8		3	1

матрицей Грама Г	3	2	0	. Найти	длины базисных векторов и угол между ними.
	1	0	1
	1	0	1

Найти длины векторов x и y пространства E3 , если x e1 2e2 e3, y 2e1 e3

Решение

1) Составим матрицу Грама в базисе {e1,e2,e3} :

	(e , e )		(e , e )		(e , e )
	1	1	1	2	1	3
Г	(e2 , e1) (e2 , e2 )				(e2	, e3 ) .
	(e3, e1)		(e3, e2 )
					(e3, e3 )

	(e , e ) (e , e )				(e , e )		8		3	1
	1	1	1	2	1	3
Тогда	(e2	, e1)	(e2	, e2 )	(e2	, e3 )	=	3	2	0
	(e3, e1) (e3, e2 )							1	0	1
	(e3, e1) (e3, e2 )				(e3, e3 )			1	0	1

(e1, e1) 8 e1 (e1, e1) 22 , (e2 , e2 ) 2 e2 (e2, e2 ) 2 ,

					(e , e )								3																	3
cos (e , e			)		1			2								(e , e ) arccos
					1			2

1		2			e					e			4						1	2									4
					e					e			4																4
					1				2

(e3, e3) 1				e3		(e3, e3) 1
					(e , e )
					(e , e )								1						2														2
cos (e , e )					1			3															(e , e ) arccos
cos (e , e )																							(e , e ) arccos
1		3			e					e			2			2			4						1	3							4
					e					e			2			2			4														4
					1					3												, e )
					1					3
cos (e , e )					(e2 , e3 )									0		0 (e
cos (e , e )																0 (e
2		3			e2						e3		2							2				3		2
					e2						e3		2													2
																			cos (x, y)								(x, y)
2)	x	(x, x) ,					y					( y, y) ,															(x, y)
																												x		y


																	8		3		1				1
(x, x) X T ГX = (1 2															1)										2
(x, x) X T ГX = (1 2															1)			3	2 0						2				= 7		x	(x, x) 7

																		1	0	1					1
																		1	0	1					1
																	8		3		1			2
( y, y) Y T ГY = (2 0													1)
( y, y) Y T ГY = (2 0													1)					3	2 0						0				= 29			y		( y, y) 29

																		1	0	1					1

Для нахождения угла между векторами, найдем сначала скалярное произведе-

ние (x, y)

(x, y) 0 .

									4
				8		3	1	2
(x, y) X T ГY = (1		2	1)		3	2	0	0	= 4

					1	0	1	1

cos (x, y)		4				4


	7 29				203
		4
(x, y) arccos
(x, y) arccos
		203
Задание *. В пространстве						P [t] многочленов степени не выше 3-х скалярное
						3

произведение задано формулой ( p, q) t2 p(t)q(t)dt . Показать евклидовость ска-

лярного произведения ( p, q) . Проверить, что для векторов p(t) 1 t 2 , q(t) t вы-

полнено неравенство Коши-Буняковского. Составить матрицу Грама скалярного про-

изведения в каноническом базисе пространства {1,t,t 2} . Записать скалярное произве-

дение в векторно-матричной форме.

ОРТОГОНАЛИЗАЦИЯ БАЗИСА

Ортонормированный базис Линейная независимость ортогональной системы векторов

Определение 1. Два вектора x и y называются ортогональными, если их ска-

лярное произведение равно 0, т.е.

Обозначается x y.

Свойства ортогональных векторов:

1. Два ненулевых вектора x и y ортогональны тогда и только тогда, когда угол между ними равен .

(x, y) 0 (x, y) 2 .

2.Нулевой вектор и только он ортогонален каждому вектору пространства.

3.Если вектор ортогонален самому себе, то он нулевой.

4.Если x y, то x y , , R

Определение 2. Система векторов x1, x2,..., xn называется ортогональной, ес-

ли все векторы системы попарно ортогональны, т.е. (xi , x j ) 0 при i j

Свойства ортогональной системы векторов

1. Теорема 1. Ортогональная система ненулевых векторов линейно независима.

Доказательство. Пусть векторы x1, x2,..., xn попарно ортогональны. Рассмот-

рим равенство нулевому вектору пространства линейной комбинации этих векторов:

1x1 2x2 ... n xn 0

Умножим обе части этого равенства скалярно на вектор x1 :

( 1x1 2x2 ... n xn , x1) (0, x1) .

Пользуясь аксиомой II скалярного произведения (линейность по первому со-

множителю):

( 1x1, x1) ( 2x2, x1) ... ( n xn , x1) (0, x1) .

Пользуясь аксиомой III скалярного произведения:

1(x1, x1) 2	(x2		, x1) ... n (xn , x1)			(0, x1) .

			0		0	0
Следовательно		1		x	2 0 , так как x	0 ,	то остается	0 .

				1	1		1
Применяя этот прием, получаем, что 2						... k 0
Получаем,		что			рассматриваемая		линейная		комбинация
1x1 2x2 ... n xn 0					тривиальная. Значит,		ортогональная		система векторов

x1, x2,..., xn линейно независима. Что и требовалось доказать.

2. Равенство нулю суммы взаимно ортогональных векторов возможно только в случае, если каждое из слагаемых есть нулевой вектор пространства.

3. Если вектор x ортогонален каждому вектору системы x1, x2,..., xn , то он ор-

тогонален и любой их линейной комбинации.

4. Обобщение теоремы Пифагора.

Для ортогональной системы векторов x1, x2,..., xn верно утверждение:

x1 x2 ... xn 2 x1 2 x2 2 ... xn 2

Задание *. Доказательство провести самостоятельно.

Определение 3. Вектор x

называется нормированным или единичным, если

Если x ≠ 0 вектор, то x

( x

) есть нормированный вектор. Нахож-

дение для данного вектора нормированного ему вектора называется нормированием вектора.

Определение 4. Система векторов x1, x2,..., xn называется ортонормирован-

ной, если все векторы этой системы попарно ортогональны и длина (норма) каждого

вектора системы равна единице, т.е.

1,	i j
(xi , x j )	i j
0,	i j

Определение 5. Базис e1, e2 ,..., en евклидова пространства называется орто-

нормированным, если все его векторы попарно ортогональны и длина каждого из них

равна единице, т.е.

1,	i j
(ei , e j )	i j
0,
Теорема 2. (Метод Грама-Шмидта). В конечномерном n-мерном евклидовом
пространстве существует ортонормированный базис.
Доказательство. Пусть e1, e2,..., en - некоторый базис данного евклидова про-
странства En .
Сначала сформируем новый ортогональный базис			f1, f2,..., fn .
Составим ортогональную систему векторов следующим образом:
1. Пусть f1 e1
2. f2 зададим, как f2 e2 21 f1 , где		21 -	некоторый коэффициент. По-
скольку e1 и e2 линейно независимы, то вектор		f2 0 при любом значении 21 .
Подберем 21	таким образом, чтобы векторы f1		и f2 были ортогональны (ор-

тогональность означает равенство нулю их скалярного произведения):

( f1, f2 ) ( f1, e2	21 f1) 0 ( f , e ) ( f , f ) 0
		1 2	21 1 1
e1	e1

( f1, e2 )

( f1, f1)

Графически, в пространстве геометрических векторов, это можно представить

следующим образом:

Первоначальный базис пространства

Ортогональный базис,

полученный из исходного

f3 зададим следующим образом:

f3 e3 31 f1 32 f2 ,

где 31 ,

- не-

которые коэффициенты, подобранные таким образом, чтобы векторы f3 и

f1 ,

f3 и

были ортогональны: ( f3, f1) 0 , ( f3, f2 ) 0

( f1, f3) ( f1, e3 31 f1 32 f2 ) 0

( f , e ) ( f , f )

( f , f

) 0

( f1, e3 )

( f1, f1)

e1 1

0 т.к. f1 f 2

( f2, f3) ( f2, e3 31 f1 32 f2 ) 0

( f2

, e3 ) 31

( f1, f2 )

32 ( f2 , f2 ) 0 32

( f2 , e3 )

( f2 , f2 )

0 т.к. f1 f 2

Графически, в пространстве геометрических векторов, это можно представить

следующим образом:

Исходный базис

Ортогональный базис

…

k. Пусть уже найдены взаимно ортогональные векторы f1, f2,..., fk 1 . Вектор

выберем таким образом, чтобы он был ортогонален каждому из векторов уже по-

строенной

системы

f1, f2,..., fk 1 .

В качестве

возьмем

вектор

ek k1 f1 k 2 f2

... k,k 1 fk 1. Рассуждая, как и ранее,

получаем,

что век-

тор

fk 0 при любых

значениях

k1, k 2 ,..., k,k 1 .

Из условий ортогональности

( fk , f j ) 0

( f j , ek )

находим последовательно

, j 1,2,..., k 1.

( f j , f j )

f j

Продолжая этот

процесс,

мы

построим новую

ортогональную

систему

f1, f2 ,..., fn .

Делением каждого элемента

на его длину, получаем ортонормированную

систему векторов

h1	f1	, h2	f2	, …, hn	fn	.
	f1		f2		fn

Процесс построения по данному базису ортонормированного базиса называется ортогонализацией данного базиса.

Описанный при доказательстве метод носит название метода Грама-Шмидта.

Теорема 3. Скалярное произведение векторов в ортонормированном базисе имеет единичную матрицу Грама.

Доказательство.

Пусть h1, h2,..., hn - ортонормированный базис. То есть

1,	i j			(h1, h1)		(h1, h2 ) ...	(h1, hn )			1		0	...	0
(hi , h j )		, тогда Г			(h , h )	(h , h ) ...	(h , h )				0	1	...	0
0,	i j				2 1	2 2	2	n
0,	i j				(hn , h1)	(hn , h2 ) ...	(h2	, hn )			0	0	...	1
					(hn , h1)	(hn , h2 ) ...	(h2	, hn )			0	0	...	1
Следствие	1. Если в		ортонормированном				базисе		заданы				векторы
x (x1, x2 ,..., xn ) ,	y ( y1, y2,..., yn ) ,				то их скалярное произведение находится по

формуле (x, y) x1y1 x2 y2 ... xn yn .

Доказательство.

Так как в ортонормированном базисе

1		0 ...	0

Г	0	1 ...	0	, то
	0	0 ...	1
	0	0 ...	1

	x1	1		0 ...	0
(x, y) X T ГY	...		0	1 ...	0	y ...		y	n	x y	x y	2	... x y	n
							1		n	1 1	2	2	n	n
			0	0 ...	1
	xn		0	0 ...	1
Пример 5. В пространстве R3					задан		базис		e1 (1, 1,1) ,			e2 (2, 3,4) ,

e3 (2,2,6) . Скалярное произведение задается формулой (x, y) x1y1 x2 y2 x3 y3 .

Ортогонализировать данный базис.

Решение.

Сформируем новый ортогональный базис f1, f2, f3 .

1.Пусть f1 e1 (1, 1,1)

2.f2 зададим, как f2 e2 21 f1 , где 21 - некоторый коэффициент.

		Подберем 21 таким образом, чтобы векторы																			f1 и	f2	были ортогональны:
		( f1, f2 ) ( f1, e2								21 f1) 0						( f , e ) ( f , f ) 0
																1 2	21				1	1
								e1					e1
	21	( f1,e2 ) ( f1,e2 )
	21			( f1, f1)					f		2
				( f1, f1)					f		2
									1
		( f1, e2 ) = (e1, e2 ) 1 2 ( 1) ( 3) 1 4 9
		( f1, f1) = (e1,e1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 3
							9	3
								3
		21				3
						3
		f2 e2					3 f1 e2 3e1 (2; 3;4) 3(1; 1;1) ( 1;0;1)
		3.		f3 e3 31 f1 32 f2 , где 31 , 32													- некоторые коэффициенты, подобран-
ные таким образом, чтобы векторы f3 и																f1 , f3	и f2				были ортогональны: ( f3, f1) 0
, ( f3, f2 ) 0
( f1, f3) ( f1, e3 31 f1 32 f2 ) 0
( f , e ) ( f , f )													( f , f		) 0				( f1, e3 )					( f1, e3 )
( f , e ) ( f , f )													( f , f		) 0
1	3				31	1		1		32		1		2		31			( f1, f1)
																			( f1, f1)							f		2
e1						e1		e1				0 т.к. f1 f 2														1
e1						e1		e1				0 т.к. f1 f 2														1
( f1, e3 ) = (e1,e3 ) 1 2 ( 1) 2 1 6 6

( f1, f1) = (e1,e1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 3																		f1			3
			6	2
				2
31		3
		3
( f2, f3) ( f2, e3 31 f1 32 f2 ) 0
( f2 , e3 ) 31						( f1, f2 )				32 ( f2 , f2 )						0 32				( f2 , e3 )					( f2 , e3 )
( f2 , e3 ) 31						( f1, f2 )				32 ( f2 , f2 )						0 32													2
																				( f2 , f2 )							f	2	2
					0 т.к. f1 f 2															( f2 , f2 )							f
					0 т.к. f1 f 2
( f2 , e3) = ( f2 ,e3 ) ( 1) 2 0 2 1 6 4

( f2 , f2 ) ( 1) ( 1) 0 0 1 1 2																		f2			2

32 42 2

f3 e3 2 f1 2 f2 (2;2;6) 2(1; 1;1) 2( 1;0;1) (2;4;2)


( f3, f3 ) 2 2 4 4 2 2 24		f3	2 6

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Лекции Пронина Е.В.

#
02.06.2020616.57 Кб24Лекция 08.pdf
#
02.06.2020406.4 Кб25Лекция 09.pdf
#
02.06.2020641.43 Кб23Лекция 10.pdf
#
02.06.2020741.85 Кб31Лекция 11.pdf
#
02.06.2020721.68 Кб27Лекция 12.pdf
#
02.06.2020876.21 Кб25Лекция 13.pdf
#
02.06.2020773.56 Кб24Лекция 14.pdf
#
02.06.2020848.69 Кб23Лекция 15.pdf
#
02.06.2020955.33 Кб21Лекция 16.pdf