Добавил:
Developer Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Курс лекций по АГ

.pdf
Скачиваний:
240
Добавлен:
10.08.2022
Размер:
1.34 Mб
Скачать

тора в стандартном базисе e ={

 

,

 

 

,

 

 

 

}.

Так как

a =α1

 

+α2

 

+α3 k,

 

то

i

j

k

i

j

 

[a,

 

] =α3

 

α2

 

[a,

 

] = −α3i +α1

 

 

 

 

[a,

 

] =α2

 

α1

 

Отсюда получаем,

что

i

j

k,

 

 

k

i

 

 

j

k,

j.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

α3

α2

 

 

матрица оператора A в базисе e ={

 

,

 

,

 

}

имеет вид:

A

=

α

 

 

0

α

.

i

j

k

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

2

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

Пример. Пусть базис { fi} получается поворотом базиса {ei} вокруг орта i на угол ϕ . Матрица перехода от базиса {ei} к базису { fi} имеет вид:

 

 

1

0

0

 

 

T

=

0

cosϕ

sinϕ

,

ef

 

 

 

 

 

 

 

 

0

sinϕ

cosϕ

 

 

 

 

 

 

Пример. Рассмотрим

 

 

 

 

1

0

0

 

T

f e

= T 1

=

0

cosϕ

sin

ϕ .

 

ef

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

sinϕ cosϕ

тождественный

 

оператор

 

I: V3 V3 .

 

 

1

0

0

 

 

Его матрица имеет вид

 

0

1

0

 

= E .

I =

 

 

 

0

0

1

 

 

 

 

 

 

Лекция 16

Пусть дано Vn и линейный оператор A:Vn Vn .

Определение. Вектор x Vn , x θ , называется собственным вектором

оператора A, если существует число λ такое, что Ax = λx , причем λ называ-

ется собственным значением оператора A.

Как находить собственные значения оператора A и отвечающие им собственные векторы?

Пусть A – матрица линейного оператора A :Vn Vn в некотором базисе.

И пусть также заданы координаты вектора

x, т.е.

x = (β1, β2 ,..., βn ).

Тогда

формулу Ax = λx можно записать в

виде

(A λE)xt =θt ,

где

70

a

 

λ

a

...

a

 

 

 

11

 

12

 

 

 

 

1n

 

 

A λE =

 

a21

a22 λ

...

a2n

 

. Это характеристическая матрица

...

...

...

....

 

 

 

 

an1

an2

...

 

 

 

 

 

 

 

ann λ

 

оператора A. Выражение

 

A λE

 

= det(A λE) представляет собой характе-

 

 

ристический многочлен n-степени матрицы A, его корни называются харак-

теристическими корнями этой матрицы.

Определение. Матрицы A и T 1 AT , где T – некоторая невырожденная матрица, называются подобными.

Утверждение. Подобные матрицы обладают одинаковыми характеристическими многочленами и, следовательно, одинаковыми характеристическими корнями.

Нахождение характеристических корней матрицы.

Пример. Пусть матрица А имеет вид:

 

 

1

3

1

 

 

A =

 

3

3

 

 

(16.1)

 

1 .

 

 

3

5

1

 

 

 

 

 

 

Ее характеристический многочлен det(A λE) = (λ +1)(4 λ2 ) = 0 . Корни последнего: λ1 = −1, λ2 = 2, λ3 = −2.

Утверждение. Действительные характеристические корни оператора A (если они cуществуют) и только они являются собственными значениями этого оператора.

Доказательство. Достаточность. Обозначим через A матрицу оператора

n

A в базисе {ei}. Пусть x = βiei – собственный вектор оператора A, т.е. су-

i=1

ществует λ0 R такое, что Ax = λ0 x. Получаем систему уравнений:

a β

+a

β

2

+... +a

 

β

n

= λ β ,

 

 

11 1

 

12

 

1n

 

0

1

 

 

a21β1 +a22β2

+... +a2n βn

= λ0

β2

,

(16.2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

......................................

 

 

 

a

β +a

n2

β

2

+... +a

nn

β

n

= λ β

.

 

 

n1 1

 

 

 

 

 

0

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

71

 

 

 

 

 

Систему уравнений (16.2) запишем в виде

(a

 

λ )β +a

n2

β

2

+... +a

nn

β

n

= 0,

 

 

11

0

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a21β1 +(a22 λ0 )β2

+... +a2nβn

= 0,

(16.3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

....................................................

 

a

n1

β +a

n2

β

2

+... +(a

nn

λ )β

n

= 0.

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

Так как x θ , т.е. βi 0 и система однородных уравнений (16.3) имеет ненулевое решение

a11 λ0

a12

...

a1n

 

 

 

 

a21

a22 λ0

...

a2n

= 0 .

(16.4)

...

...

...

...

 

 

an1

an2

...

ann λ0

 

 

Отсюда получаем, A λ0E = 0, т.е. собственное значение λ0 оператора является характеристическим числом матрицы A и, следовательно, λ0 R .

 

Необходимость. Пусть λ0 – действительный характеристический

корень

оператора

и, следовательно,

характеристический

корень матрицы A:

 

A λ0E

 

= 0. В этом случае система однородных уравнений (16.4) обладает

 

 

ненулевым

действительным

решением. Обозначим

это решение

через

(β1, β2 ,..., βn ) . После этого получим систему (16.3), которую запишем в мат-

ричном виде Axt

= λ xt , где

x=(β , β

2

,..., β

n

) θ . Последнее равенство при-

 

0

1

 

 

водит к формуле

Ax = λ0 x.

Следовательно, вектор x является собственным

вектором оператора A, отвечающим собственному значению λ0 . Приведенное доказательство дает алгоритм нахождения собственных

векторов оператора A. Так, вначале мы должны найти собственные значения λi линейного оператора (это будут характеристические корни матрицы A). Затем, последовательно подставляя значения λi (вместо λ0 ) в систему (16.3),

находим

координаты

соответствующего

собственного

вектора

(β(i) , β(i)

,..., β(i) ), отвечающего данному собственному значению

λ . (Как на-

1 2

n

 

 

i

ходить решения однородной системы уравнений, см. лекцию 5).

72

Пример. Пусть матрица A определена формулой (16.1). Ее характери-

стические

корни: λ1 = −1,

λ2

= 2, λ3 = −2 .

Подставляя

в систему

(16.3)

λ0 = λ1 = −1,

получим систему

уравнений

для

нахождения

вектора

 

 

 

 

 

2

3

1

β1(1)

 

 

0

 

 

 

 

x

= (β(1) ,

β(1) ,..., β(1) ) :

 

3

2

1

β(1)

 

=

0

.

 

 

 

1

1

2

n

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

5

 

(1)

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

β3

 

 

 

 

 

 

 

Из системы находим,

что x1 = c(1,1,1). Аналогично поступаем с λ2

и λ3 и

находим, соответственно, что x2 = c(4,1,7), x3 = c(2,3,3) ,

где c R .

 

 

Пусть

A:Vn Vn - линейный оператор, и пусть в базисе {ei}

оператор

определяется матрицей A.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Утверждение. Матрица A линейного оператора A задается диагональ-

ной матрицей все векторы ei базиса {ei} являются собственными векторами A.

Утверждение. Собственные векторы x1, x2 ,...xk , отвечающие различным

собственным значениям оператора А, линейно независимы.

Пример. Найдите собственные значения и собственные векторы мат-

 

2

1

2

 

 

5

3

3

 

рицы A =

.

 

1

0

2

 

 

 

2

1

2

1 0

0

2 λ

1

2

 

 

5

3

3

 

 

0

1

0

 

 

5

3 λ

3

 

A λE =

 

λ

 

=

.

 

1 0

2

 

 

0

0

1

 

 

1

0

 

 

 

 

 

 

 

2 λ

Определитель det(A λE) =(2 λ)(2 +λ)(3 +λ) +3 5(2 +λ) 2(3 +λ) = −(λ +1)3 .

Характеристическое уравнение (λ +1)3 = 0 ,

откуда λ = −1. Подставим λ = −1

 

3

1 2 x1

 

0

 

в уравнение (A λE)X = 0, получим

 

5

2 3 x

 

=

0

 

. Решим эту

 

 

1

2

 

 

0

 

 

 

 

0 1 x

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

систему методом Гаусса:

73

 

3

 

1 2

 

1

0 1

1 0

1

 

 

 

 

 

 

3-ю стр. на 1-е место

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

2 3

 

 

0

1

1

 

 

0 1

1 .

 

 

1

 

 

0

 

 

 

0

2

2

 

 

0 0

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

0

 

Отсюда

 

x1 x3 = 0,

x2 x3 = 0 .

Общим

решением

будет

x1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X = x

=

 

1

 

t , t R .

Итак,

мы нашли всего один собственный вектор

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e1 = (1, 1,1)

(все остальные, полученные умножением на число t ,

не дают

линейно независимых с e1 ). Значит, эта матрица не может быть приведена к диагональному виду.

 

Пример.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

6

 

 

 

Привести к диагональному виду матрицу A =

2

1

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

| A λE |=

 

2 λ

6

 

 

=λ2 3λ 10 =0 ,

корни

λ =5 ,

λ = −2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

6 x1

 

 

 

 

0

 

x1 + 2x2 =

 

x1

 

 

2

t .

 

Для

 

λ1 =5

имеем

2

 

4

x

 

=

0

,

 

0,

x

 

=

 

1

Для

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

λ2 = −2 имеем

4

6 x1

 

0

,

 

2x1 +3x2 = 0,

x1

 

3

t . Выберем два

2

3 x

=

0

 

x

= 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

линейно независимых собственных вектора,

из

которых

составим

базис:

e1 = (2,1)

и

 

e2 = (3, 2).

 

Матрица

 

 

перехода

к

этому

базису

имеет

вид

 

2 3

,

обратная к ней

T

1

=

 

1

2 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T =

 

 

 

 

 

7

 

 

2

. Теперь найдем матрицу

A :

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

AT

=

1

2

3 2

 

6

2 3

=

1

2 3

10

 

6

5

 

0

A =T

 

7

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

7

 

 

 

5

 

4

 

=

 

 

.

 

 

 

 

 

1

2 2

 

1

2

 

1 2

 

 

 

0

2

 

Как и должно быть, на диагонали расположены собственные значения в

том порядке, в котором были выбраны собственные векторы.

 

 

 

 

 

 

 

 

При помощи перехода к диагональной матрице, подобной данной, лег-

ко возвести матрицу A в произвольную целую степень. Именно,

для диаго-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

74

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λ1

 

0 0 k

 

λ1k

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

λ2

0

 

 

 

0

 

 

k

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λ2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

нальной матрицы (A )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0

λn

 

 

 

0 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

Но

k

= (T

1

AT )

k

=T

1

AT T

1

AT T

1

AT =T

1

k

T , отсюда можно

(A )

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

найти A

k

 

 

k

T

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

53

0

 

,

 

=T (A )

 

 

. Для матрицы из последнего примера (A )

 

=

0

23

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

2

 

 

6

3

 

2

3

125

 

0

 

2 / 7

3 / 7

 

 

 

68

114

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

.

откуда получим A =

2

 

1

1 2

0

8

1/ 7

2 / 7

38

49

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

 

 

3

 

 

 

 

T

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( A )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рекомендуем проверить этот ответ непосредственным возведением в куб матрицы A.

Лекция 17

Определение. Оператор A :Vn Vn имеет простую структуру, если все его характеристические корни действительны и различны.

В силу последнего определения получаем, что в случае оператора простой структуры существует базис, составленный из собственных векторов этого оператора. А это означает, что матрица оператора, имеющего простую структуру, может быть задана диагональной матрицей, т.е. существует мат-

 

λ1

0

...

...

 

0

λ

...

...

 

 

2

 

 

рица Q (detQ 0 ) такая, что A = Q1BQ , где B = 0

0

λ

... .

 

 

 

3

 

 

 

...

... ...

...

... ...

...

λ

 

 

 

 

n

Определение. Пусть оператор A : En En . Оператор A* называется со-

пряженным к оператору A, если (Ax, y) = (x, A y) для любых x, y En .

75

Операция перехода от оператора A к A* обладает следующими свойствами:

1) (A*)*=A; 2) (A+B)*=A*+B*; 3) (AB)*=B*A*; 4) (αA) =αA ; 5) (A1) =(A )1 .

Доказательство.

1) ( Ax, y) = (x, A y) = ( A y, x) = ( y,( A ) x) = (( A ) x, y) . В силу прои з-

вольности x и y получаем, что A = (A*)*.

3)((AB) x, y) = (x, A(By)) = (A(By), x) = (By, A x) = ( y, B (A )x) = (B A x, y) .

Всилу произвольности x и y получаем, что (AB) = B A

5) Поскольку

(Ix, y) = (x, y) = (x, I y),

то

I = I . Следовательно,

AA1 = A1 A = I = I и, поэтому,

(AA1) = (A1 A) = I и A (A )1 = I = I . Из

последних двух

равенств

получаем:

A (A )1 = A (A1) , отсюда

(A )1 = (A1) .

 

 

 

 

Определение.

Оператор

A называется

самосопряженным, если

(Ax, y) = (x, Ay) , для любых x, y En .

Утверждение. Самосопряженный оператор A в любом ортонормированном базисе задается симметрической матрицей. Обратное утверждение также верно.

Утверждение. Все характеристические корни линейного самосопряженного оператора A : En En действительны.

Утверждение. Собственные векторы xk , отвечающие различным собственным значениям линейного самосопряженного оператора A : En En , ортогональны.

 

 

11

2

8

 

Пример. Пусть дана матрица A =

 

2

2

10

 

 

.

 

 

8

10

5

 

 

 

 

Характеристические корни матрицы имеют вид:

λ1 = 9, λ2 = −9, λ3 =18 .

Подставляя в систему (16.3) λ0 = λ1 , получим

собственный вектор

x1 = (2 / 3, 2 / 3, 1/ 3) .

 

76

 

Аналогично

 

находим

x2 = (1/ 3,2 / 3, 2 / 3), x3 = (2 / 3, 1/ 3, 2 / 3). Не-

трудно

проверить,

 

что

векторы взаимно ортогональны, т.е.

(x1, x2 ) = (x2 , x3 ) = (x1, x3 ) = 0 .

Матрица оператора A в базисе f ={x1, x2 , x3}

 

 

 

9

0

0

 

имеет вид

Af =

 

0

9

0

 

 

.

 

 

 

0

0

18

 

 

 

 

 

Лекция 18

Пусть имеется пространство Vn . Рассмотрим прямое произведение Vn на

Vn , т.е. Vn ×Vn ={{x, y}, x, y Vn}.

Определение. Числовая функция B(x, y): Vn ×Vn R называется билинейной формой, если при фиксированном y форма является линейной по x, а при фиксированном x является линейной по y.

Билинейная форма является симметрической, если B(x,y) = B(y,x).

Матрица билинейной формы определяется по формуле:B ={bij} = B(ei ,ej ) ,

где {ei}– базис пространства Vn .

Пример. Пусть имеется En . Определим билинейную форму как B(x, y) = (a, x)(b, y) , где a,b – фиксированные векторы пространства En .

Пример. Пусть B(x, y) =α1β1 +2α1β2 +α1β3 +3α2β1 +4α2β2 +5α2β3 +α3β1 +2α3β2 +7α3β3 .

 

 

1

2

1

 

Тогда матрица этой билинейной формы имеет вид B =

 

3

4

5

 

 

.

 

 

1

2

7

 

 

 

 

Определение. Пусть B(x,y) – симметрическая билинейная форма, т.е. B(x,y)=B(y,x). Положим B(x, x) = B(x, y) |y=x , тогда B(x,x) называется квадра-

тичной формой.

Рассмотрим пространство Vn и фиксируем в нем базис {ei}. Тогда квадратичную форму можно представить в виде

77

n

 

B(x, x) = bijαiαj ,

(18.1)

i, j=1

n

где bij - матрица квадратичной формы B(x,x). Здесьx = αiei . Если квадра-

i=1

тичная форма B(x,x) в некотором базисе имеет вид

 

n

 

B(x, x) =

i i

(18.2)

λα2 ,

i=1

то вид (18.2) называется каноническим видом квадратичной формы. В частности, если λi = ±1,0,i =1,...,n , то формула ( 17.2) представляет нормальный вид квадратичной формы B(x,x).

Утверждение. Для любой квадратичной формы существует базис, в котором квадратичная форма имеет канонический вид (и даже нормальный вид).

Преобразование матрицы квадратичной формы при переходе к но-

вому базису. Квадратичную форму можно записать в матричном виде:

 

 

 

a11

a1n x1

 

 

 

Q = X

t

AX = (x1

 

 

 

 

 

 

 

. Пусть T

– матрица перехода к

 

xn )

 

 

 

 

 

a

a

x

 

 

 

 

 

 

 

n

 

nn

n

 

 

 

новому базису. Тогда Q = X t AX =(TX )t

ATX ′= (X )t (T t AT )X ′= (X )t AX ,

t

AT .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

откуда A =T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример. Найти матрицу T преобразования, приводящего к канониче-

скому виду квадратичную форму 5x2

+ 2x2 4x x .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выделяем полный квадрат, учитывающий все слагаемые, содержащие

 

 

 

2

4

 

 

 

4

 

2

 

4 2

 

2

2

6

2

 

x1 (т.н. метод Лагранжа): 5(x1

5 x1x2 +

 

25 x2 )

5 x2

 

+ 2x2

 

+ 5

 

.

 

 

=5(x1)

 

(x2 )

 

Здесь x1′ = x1

 

2

x2 , x2′ = x2 , т. е.

x1

1

 

2 / 5 x1

 

, откуда

 

 

 

 

 

 

5

=

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

0

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

T

1

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

78

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

1

 

2 / 5 1

 

1

2 / 5

 

 

 

 

=T

t

AT диагональна:

 

 

=

0

 

1

 

 

=

0

1

 

. Проверим, что A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

5

2

 

,

 

 

T t =

 

1

0

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

=

2

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 / 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=T

t

 

 

 

1

 

0 5

 

2

1

 

2 / 5

5

2 1

2 / 5

5

0

 

A

 

 

AT =

2 / 5

1

 

 

 

0

 

 

=

 

 

 

 

=

6 / 5

.

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

1

0

6 / 5 0

1

0

 

Определение. Разность количества положительных k и отрицательных l коэффициентов в каноническом виде квадратичной формы называется ее

сигнатурой.

Замечание. Иногда сигнатуру записывают в виде (k, l) . Определение. Квадратичная форма называется положительно опреде-

ленной, если ее сигнатура равна ее порядку n (иначе говоря, k = n ). Квадратичная форма называется отрицательно определенной, если ее сигнатура равна (n) (то есть l = n ).

Различают также неотрицательно определенные (k < n, l = 0) и непо-

ложительно определенные (k = 0, l < n) квадратичные формы. Все прочие квадратичные формы называются неопределенными.

Очевидно, положительно определенная квадратичная форма принимает положительные значения при всех значениях переменных (при любом векторе x ), отрицательно определенная – отрицательные. Неотрицательно определенная форма больше или равна нулю при всех значениях xi , неположительно определенная – меньше или равна нулю. Исследование знакоопределенности квадратичной формы проводится или выделением полных квадратов по методу Лагранжа, или при помощи критерия Сильвестра.

Теорема (критерий Сильвестра). Пусть 0 =1, а i (i =1, 2, ..., n ) – угло-

вые миноры матрицы квадратичной формы Q (отсчитываемые от левого верхнего угла, т.е. 1 = a11 и т.д.). Тогда для положительной определенности

Q необходимо и достаточно, чтобы все i были положительны, а для отри-

79