Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

новая папка 1 / 590418

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.02.2023

Размер:

431.19 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Утверждение 3. Ортогональная матрица S = {s		}n	порождает ото-
		ki k ,i=1
бражение A ортонормированного базиса в ортонормированный базис.
Доказательство.
Пусть E – n -мерное евклидово пространство, {e }n			– ортонормиро-
ванный базис,		i i=1
ванный базис,	0
	0


ei = i	1 .



	0
Рассмотрим такое отображение A: E → E , что S = {s			}n	– матрица
			ki k ,i=1

этого отображения в базисе {ei}in=1 .

Возьмем произвольный элемент x E и разложим его по этому бази-

су:

		ξ
		1
x = (ξ1,ξ2	, ,ξn )e →	ξ2	= ξ Rn .


		ξn

		η
		1
Пусть y = Ax = (η1,η2	, ,ηn )e → η2		= η Rn , тогда η = Sξ .


	ηn

Пусть

s11

s12

s13

s1n

s1i

ei′ = Aei

→ S

i = si1

si2

si3

sin

= s2i

откуда
ei′ = s1ie1 + s2ie2 + + snien .	(19)
Аналогично
e′j = Aej = s1 je1 + s2 je2 + + snjen .	(20)

Из (19) и (20) следует, что

(ei′,e′j ) = (s1ie1 + s2ie2 + + snien , s1 je1 + s2 je2 + + snjen ) =

= s1i s1 j + s2i s2 j + + sni snj ,

а это – произведение i -той строки матрицы S т на j -тый столбец матрицы

1, i = j S , поэтому в силу (17) (ei′,e′j ) = δij = 0, i ≠ j .

Таким образом, {ei′}in=1 – ортонормированный базис пространства E ,

то есть ортогональная матрица S порождает отображение A ортонормированного базиса в ортонормированный базис.

1.6.Проектирование

Пусть E – n -мерное евклидово пространство и L E – k -мерное линейное подпространство пространства E . Возьмем x E , y L . Поло-

жим h = x − y .

Определение 10. Вектор y называется ортогональной проекцией

вектора x на подпространство L , а вектор h = x − y – ортогональной со-

ставляющей, если h L .

Утверждение 4. Ортогональная проекция существует и единственна для любого вектора x E .

Доказательство.

Пусть {ei}ik=1 – базис подпространства L (не обязательно ортонормированный). Возьмем произвольный элемент y L и разложим его по этому базису. Получим

	y = α1e1 + α2e2 + + αk ek ,	(20)
где координаты αi будем искать из условия
	h L .	(21)
Из (21) следует, что h ei для любого i = 1, , k , поэтому
	(x − y, ei ) = 0 .	(22)
Подставим (20) в (22), получим
	(x − (α1e1 + α2e2 + + αk ek ),ei ) = 0 ,
откуда следует, что
	α1(e1,ei ) + α2 (e2 ,ei ) + + αk (ek ,ei ) = (x,ei )
для любого	i = 1, , k .	относительно αi
Таким	образом, получена линейная система	относительно αi
(i = 1, , k) :

α1(e1,e1 ) + α2 (e2 ,ei1) + + αk (ek ,e1) = (x,e1)
α1(e1,e2 ) + α2 (e2 ,e2 ) + + αk				(ek ,e2 ) = (x,e2 )		.	(23)


α (e ,e ) + α		(e ,e ) + + α		(e ,e ) = (x,e )
1 1 k	2	2 k	k	k k	k

Определитель этой системы – определитель матрицы Грама, составленной

для базиса {e }k	, поэтому определитель Грама отличен от нуля и, следова-
i i=1
тельно, по правилу Крамера система (23) имеет единственное решение.
Предположим, что базис {e }k			– ортонормированный, тогда из (23)
	i i=1
получим, что αi	= (x,ei ) (i = 1, , k)	и
	y = прL x = (x,e1 )e1 + (x,e2 ,e2 ) + + (x,ek )ek .			(24)
Формула (24) называется формулой проектирования.
Пусть L –	линейное подпространство, x0 E .

Определение 11. Множество P = L + x0 называется линейным много-

образием.

Другими словами, линейное многообразие – это параллельный перенос линейного подпространства L на фиксированный вектор xP .

Определение 12. Расстоянием от точки, заданной вектором x , до линейного многообразия P = L + x0 называется минимум расстояний от

данной точки до линейного многообразия, то есть минимум длин векторов x − u , где u – это вектор P .

Утверждение 5. Расстояние от точки, заданной вектором x , до линейного многообразия P = L + x0 равно длине ортогональной составляющей

h вектора x = x − x0 относительно линейного подпространства L , парал-

лельным сдвигом которого получается многообразие P .

№ 1370 [5]. Найти ортогональную проекцию y и ортогональную составляющую h вектора x на линейное подпространство L : x = (4, −1,−3,4) , a1 = (1,1,1,1) , a2 = (1,2,2, −1) , a3 = (1,0,0,3) .

Решение.

1. Проверим линейную независимость системы векторов:

1	1	1	1 −1	1	1	1	1
1	2	2	−1	→ 0	1	1	−2 .
1	0	0	3	0	−1	−1 2

Так как 2-я и 3-я строки пропорциональны, векторы a1 , a2 , a3 линей-

но зависимы. Возьмем в качестве базиса линейного подпространства L векторы a1 , a3 .

2. Будем искать ортогональную проекцию y	в виде линейной комби-
нации векторов a1 , a3 :
y = α a1 + β a3 = (α + β , α , α , α + 3β ) .
Подберем коэффициенты α и β таким	образом, чтобы	вектор
h = x − y = (4 − (α + β ), − 1− α , − 3 − α , 4 − (α + 3β ))	был ортогонален	векто-
рам a1 и a3 , то есть (h,ai ) = 0 (i = 1, 3) .
В результате получим систему
(4 − (α + β )) 1+ (−1− α ) 1+ (−3 − α ) 1+ (4 − (α + 3β )) 1 = 0 ,
(4 − (α + β )) 1+ (4 − (α + 3β )) 3 = 0
откуда следует, что α = −1, β = 2 , поэтому
y = −1 (1,1,1,1) + 2 (1,0,0,3) = (1, −1, −1,5) ,	h = (3,0, −2, −1) .

№ 1372 [5]. Найти ортогональную проекцию y и ортогональную составляющую h вектора x на линейное подпространство L: x = (7, −4,−1,2) , L задано системой уравнений

2x1 + x2 + x3 + 3x4 = 0

3x1 + 2x2 + 2x3 + x4 = 0 .

x1 + 2x2 + 2x3 − 9x4 = 0

Решение.

Найдем решение системы:

−3 2	1	1	3		2 1		1	3			2	1	1	3
2 3			1 → 0					−7			2	1	1	3
2 3	2	2	1 → 0			1	1	−7		→	0	1	1	−7 −1	→
−2 1	2	2	−9		0	−3	−3 21 : (−3)
	2 0		0	10 : 2 1			0	0	5	x1 = −5x4
→ 0 1			1	−7		→ 0	1	1	−7	x = − x + 7x .
										2			3	4
Таким образом,				a1 = (−5,7,0,1) , a2 = (0,−1,1,0) , поэтому
			y = α a1 + β a2 = (−5α , 7α − β , β , α ) ,

h= x − y = (7 + 5α , − 4 − 7α + β , − 1− β , 2 − α )

иполучена задача, аналогичная задаче 1370.

№1374а [5]. Найти расстояние от точки, заданной вектором x , до линейного многообразия, заданного системой уравнений: x = (4,2,−5,1) , L за-

дано системой уравнений

2x1 − 2x2 + x3 + 2x4 = 9 .2x1 − 4x2 + 2x3 + 3x4 = 12

Решение.

1. Линейное подпространство L задается системой уравнений

2x1 − 2x2 + x3 + 2x4 = 0 .2x1 − 4x2 + 2x3 + 3x4 = 0

Найдем базис L – это фундаментальная система решений. Имеем

2		−2	1	2 −1	2		−2	1	2		2		0	0	1	→
	2	−4	2	3	→	0	−2	1	1	−1	→	0	2	−1
															−1

	1 0 0		1		x	= − 1 x
			2		1	2		4			a1 = (−1,1,0,2) , a2 = (0,1,2,0) .
→	0 1 − 1		2			2					a1 = (−1,1,0,2) , a2 = (0,1,2,0) .
	0 1 − 1	− 1			x	= 1 x		+	1 x
	2				2	2	3		2	4
	2		2			2			2
2. Найдем вектор					x0 P . Его координаты – решение исходной систе-
мы. Возьмем x1 = x2 = 0 , получим
		x3 x4
		1		2	9 −2	1			2		9	1	0		−3			,
		1		2	9 −2	1			2		9	1	0		−3
						→	0					→
		2		3	12		0		−1		−6 2	0	1			6
		2		3	12				−1		−6 2	0	1			6
то есть x0 = (0,0, −3,6) . Положим x = x − x0 = (4,2, −2, −5) , тогда
			y = α a1 + β a2 = (−α , α + β , 2β , 2α ) ,
	h = x − y = (4 + α , 2 − (α + β ), − 2 − 2β , − 5 − 2α ) .
3. Подберем коэффициенты α и β таким образом, чтобы вектор
		h = (4 + α , 2 − (α + β ), − 2 − 2β , − 5 − 2α )
был ортогонален векторам a1						и a2 , то есть (h, ai ) = 0 (i = 1,2) . В результате
получим систему
	(4 + α ) (−1) + (2 − α − β ) 1+ (−5 − 2α ) 2 = 0																		,
		(2	− α − β ) 1+ (−2 − 2β ) 2 = 0																,
		(2	− α − β ) 1+ (−2 − 2β ) 2 = 0
откуда следует, что α = −2 , β = 0 , поэтому
y = −2 (−1,1,0,2) = (2, − 2, 0, − 4) , h = (2, 4, − 2, − 1) ,														h			=	4 + 16 + 4 + 1 = 5 .
														h			=	4 + 16 + 4 + 1 = 5 .

1.7.Метод ортогонализации О. Ю. Шмидта

Данный метод предназначен для получения ортонормированного базиса из произвольного. Распишем по шагам этот метод.

Пусть {ei}in=1 – ортонормированный базис n -мерного евклидова пространства E . Возьмем произвольные векторы f1, f2 , , f\ k пространства E .

1. Проверим, что система векторов { fi}ik=1 линейно независима. Если

она линейно зависима, то уберем из нее линейно зависимые векторы, так как они в процессе ортогонализации превратились бы в нули.

2. e1 =

( f ,

)

3. Возьмем сначала

g2 = f2 − ( f2 ,e1)e1 .

(25)

Умножим обе части равенства (25) на e1 , получим

(g2 ,e1) = ( f2 ,e1) − ( f2 ,e1) (e1,e1) = ( f2 ,e1) − ( f2 ,e1) = 0 .

Так как g2 ≠ 0 , то g2 e1 .

Положим затем e2

( g2 , g2 )

4. Возьмем сначала

g3 = f3 − ( f3 ,e1 )e1 − ( f3 ,e2 )e2 .

(26)

Проверим, что g3 e1

и g3 e2 .

Умножим обе части равенства (26) на e1 , получим

(g3 ,e1) = ( f3 ,e1) − ( f3 ,e1) (e1,e1) − ( f3 ,e2 ) (e2 ,e1) = ( f3 ,e1 ) − ( f3 ,e1) = 0 .

Умножим обе части равенства (26) на e2 , получим

(g3 ,e2 ) = ( f3 ,e2 ) − ( f3 ,e1) (e1,e2 ) − ( f3 ,e2 ) (e2 ,e2 ) = ( f3 ,e2 ) − ( f3 ,e2 ) = 0 .

Так как g3 ≠ 0, то g3 e1 ,

g3 e2 .

Положим затем e3

и т.д.

( g3 , g3 )

Алгоритм метода ортогонализации Шмидта.

Пусть даны векторы

f1,

, , f\ k пространства E .

1. Проверим, что система

f1, f2 , , f\ k линейно независима.

2. e1 =

( f ,

)

3. e2 =

где

g2 = f2 − ( f2 ,e1)e1 .

( g2 , g2 )

4. e3 =

где

g3 = f3 − ( f3 ,e1 )e1 − ( f3 ,e2 )e2

и т.д.

( g3 , g3 )

Замечание. На практике удобно пользоваться следующим определе-

нием.

Определение 13.	Процессом ортогонализации системы векторов
f1, f2 , , f\ k называется переход к новой системе векторов			g1, g2 , , g\ k ,
построенной следующим образом:		( j = 2, 3, , k ) .
g1 = f1 ,	g j = f j − ( f j , gi ) gi	( j = 2, 3, , k ) .
	j−1

i=1 (gi , gi )

Замечание. Система векторов {gi}ik=1 ортогональна, но не ортонормированна, поэтому ее нужно ортогонализировать:

ei =

(i = 1, 2, , k ) .

( gi , gi )

№ 1357 [5]. Проверить, что векторы следующих систем попарно орто-

гональны, и дополнить их до ортогональных базисов: f1 = (1, −2,2, −3) , f2 = (2, −3,2,4) .

Решение.

1.Проверим, что векторы попарно ортогональны. Для этого найдем их скалярное произведение: ( f1, f2 ) = 1 2 + (−2) (−3) + 2 2 + (−3) 4 = 0 .

2.Дополним эту систему векторов до ортогонального базиса. Так как

увекторов четыре координаты, то мы находимся в 4-мерном пространстве и

надо построить еще			два	вектора		f3 , f4 , ортогональных f1 ,					f2 . Пусть
f3 = (x1, x2 , x3 , x4 ) , тогда ( f1, f3 ) = 0 и						( f2 , f3 ) = 0 . Получим систему
			x1 − 2x2 + 2x3 − 3x4 = 0
			2x1 − 3x2 + 2x3 + 4x4 = 0 .
Решим ее методом Гаусса:
−2 1	−2	2	−3	1	−2	2 −3	1	0	−2	17
	−3	2		→	1		→	1	−2	10	.
2	−3	2	4	0	1	−2 10 2	0	1	−2	10

Таким образом, получена система

x1 = 2x3 − 17x4 .

x2 = 2x3 − 10x4

Найдем фундаментальную систему решений:

x1	x2	x3	x4
2	2	1	0 .
−17	−10	0	1

Таким образом, g3 = (2,2,1,0) , g4 = (−17, − 10, 0,1) .

3. Векторы g3 ,					g4 ортогональны векторам			f1 ,	f2 , но не ортогональны
между собой,	поэтому ортогонализируем g4 по отношению к g3 , используя
процесс ортогонализации Шмидта:
					(g4 , f3 ) f	f3 = g3 = (2,2,1,0) ,
f	4	= g	4	−		3	= (−17, −10,0,1) − (−54)		(2,2,1,0) =
					( f3 , f3 )			9

=(−17, −10,0,1) + 6(2,2,1,0) = (−5,2,6,1) .

№1359 [5]. Найти векторы, дополняющие следующие системы векто-

ров до ортонормированных базисов:	f1		2	,	1	,	2	,	f2		1	,	2	, −	2
		=	3		3		3			=	3		3		3	.

Решение.

1.Дополним эту систему векторов до ортогонального базиса. Так как

увекторов три координаты, то мы находимся в 3-мерном пространстве и

надо построить еще один		вектор			f3 ,		ортогональный f1 , f2 . Пусть
f3 = (x1, x2 , x3 ) , тогда ( f1, f3 ) = 0 и			( f2 , f3 ) = 0 . Получим систему
2 x			+ 1 x		+ 2 x = 0
	3	1	3	2	3	3		.


	1 x		+ 2 x		− 2 x			= 0
	3	1	3	2	3	3

Решим ее методом Гаусса:
2 1	2		2				1 2				2 1						1		→
		→		0		−3 6				→			0			1 −2		−1	→
−2 1 2	−2			0		−3 6		: (−3)					0			1 −2		−1
	2 0					4 : 2		→	1 0					2
	→	0 1						→							.
		0 1				−2			0 1				−2
Таким образом, получена система
						x = −2x
						1			3 ,
						x2 = 2x3
следовательно, g3 = (−2,2,1) .
2. Пронормируем вектор g3 . Получим
	f3 =		g3			1			−2			2			1
					=		(−2,2,1)		=		,			,		.
			g3			3				3		3			3

№ 1361 [5]. Применяя процесс ортогонализации, построить ортогональный базис подпространства, натянутого на данную систему векторов: f1 = (1,2,2, −1) , f2 = (1,1, −5,3) , f3 = (3,2,8, −7) .

Решение.

e1 = f1 = (1,2,2, −1) ,

e = f

−

( f2 ,e1) e

= (1,1, −5,3)

− (−10) (1,2,2, −1) =

(e ,e ) 1

= (1,1, −5,3) + (1,2,2, −1) = (2,3, −3,2) ,

= f

−

( f3 ,e1) e −

( f3 ,e2 ) e =

(3,2,8, −7) −

30 (1,2,2, −1) −

(−26)

(2,3, −3,2) =

,e ) 1

,e ) 2

= (3,2,8, −7) − 3(1,2,2, −1) + (2,3, −3,2) = (2, −1, −1, −2) .

Пример. Применяя процесс ортогонализации, построить ортогональный базис подпространства пространства непрерывных функций C[0,1] , на-

тянутого на систему векторов																								e = 1, e												= t						, e					= t2 ,								e				= t3 , e														= t4 .
Решение.																								1									2												3											4														5
Решение.																									C[0,1]
Введем					в		пространстве																		C[0,1]											понятие																скалярного																						произведения:
		1
(x, y) = x(t) y(t) dt .														Применяя процесс ортогонализации Шмидта,																																																							найдем
		0
первые три вектора ортогонального базиса, получим:
		f = e = 1, f													= e						−	(e2 , f1)						f			,				f					= e −									(e3 , f1)										f −								(e3 , f2 )										f			.
		f = e = 1, f													= e						−	(e2 , f1)						f			,				f					= e −																			f −																		f			.
			1		1									2						2		( f		,	f	)			1								3						3						( f				, f			)				1						( f				2		, f			2	)			2
																							1		1																											1			1															2					2
Найдем																		1						t	2	1		=				1																				1												1				= 1,							тогда
																		1						t	2	1						1																				1												1
					(e2 , f1) = 1 tdt =																			2		0						2			, ( f1, f1) = 1dt = t																													0
																		0						2		0						2																				0												0
																	1							1																			1														t		3			1							1
																	1																										1																3
						f2 = t −										2			1 = t −						и				(e3 , f1) = t																		2		1dt					=											=							,
						f2 = t −													1 = t −					2	и				(e3 , f1) = t																				1dt					=							3	0			=				3			,
															1									2																			0																		3	0							3
					1				1 2												1				1 3					1							1						0					1 3													1				3									1			1				1


( f	2	, f	2	) =		t	−										dt			=			t −										=										1		−								−					−													=									=		,
( f		, f		) =		t	−										dt			=			t −										=										1		−								−					−													=									=		,
									2												3				2					0							3											2													2													3 4 12
					0																									0
					0
						1		2										1						1			3					1				2											t				4				t3						1								1					1					1
						1		2										1						1			3					1				2											t				4				t3						1								1					1					1
	(e3 , f2 ) = t										t				−					dt =					t			−						t				dt =															−								0				=							−				=					,
	(e3 , f2 ) = t										t				−			2		dt =					t			−				2		t				dt =												4			−		6										=				4			−		6		=		12			,
						0												2						0								2																		4					6														4					6				12
						0									1							1		0			1															1										1																		1
										2												1														2																						2
										2																										2																						2
					f3 = t								−				3		1− 12				t		−							= t							−					− t +										= t							− t						+						,
					f3 = t								−						1− 12				t		−							= t							−					− t +										= t							− t						+						,
															1							1					2															3										2																		6
															1							12					2															3										2																		6
								1					2								1	2					1						4								2					1									3				1						2						1
		( f3 , f3 ) = t													− t +							dt = t													+ t							+								− 2t						+							t					−					t	dt					=
		( f3 , f3 ) = t													− t +						6	dt = t													+ t							+			36					− 2t						+				3			t					−			3		t	dt					=
								0													6						0																		36															3											3
																			5			3			t							4							3							2					1					1
																			5			3										4							3							2					1
												=			t					+ t			+				− t							+ t								− t											=									.
												=			t					+ t			+	36			− t							+ t								− t									0		=									.
																		5			3			36					2									9						6							0				180

Ортонормируем полученную систему векторов, получим:

g1 = 1,

t −

g3 =

= 6 5

− t +

( f2

, f2 )

( f3 , f3 )

1.8.Ортогональное дополнение

Пусть {ei}ik=1 – базис подпространства L .

Определение 14. Ортогональным дополнением L подпространст-

ва L называется множество всех векторов, ортогональных подпространству L .

Утверждение 6. Ортогональное дополнение L подпространства L является линейным подпространством.

Доказательство.

Возьмем произвольное число α R и векторы x L , y, y1, y2 L , то-

гда ( y, x) = 0 , ( y1, x) = 0 , ( y2 , x) = 0 .

1.Рассмотрим ( y1 + y2 , x) = ( y1, x) + ( y2 , x) = 0 , поэтому ( y1 + y2 ) L и, следовательно, ( y1 + y2 ) L .

2.(α y, x) = α ( y, x) = 0 , поэтому α y L .

Утверждение 7. Для того чтобы вектор y E был ортогонален подпространству L , необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие

( y,ei ) = 0	(27)
для всех i = 1, , k .

Доказательство.

Необходимость. Пусть вектор y ортогонален подпространству L , тогда он ортогонален любому вектору x L , в том числе и ei (i = 1, , k) , по-

этому ( y,ei ) = 0 .

Достаточность. Возьмем произвольный вектор x L и разложим его

k		k	k
по базису {ei}ik=1 : x = αiei	. Рассмотрим ( y, x) = y, αiei = αi ( y,ei ) = 0 ,
i=1		i=1	i=1
следовательно, y x и y L .
Теорема 6. Ортогональное дополнение k -мерного подпространства L
n -мерного пространства E имеет размерность (n − k) : dim E = n − k .
Доказательство.
В подпространстве L выберем ортонормированный базис {e }k				. До-
			i i=1

полним его до базиса пространства E : e1, e2 , , ek , ek +1, , en . Пусть y L E . Разложим вектор y по этому базису:

y = α1e1 + α2e2 + + αk ek + αk +1ek +1 + + αnen .

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке новая папка 1

#
26.02.2023389.69 Кб0588450.pdf
#
26.02.2023374.8 Кб1590362.pdf
#
26.02.2023278.77 Кб0590409.pdf
#
26.02.2023268.35 Кб0590411.pdf
#
26.02.2023320.71 Кб0590412.pdf
#
26.02.2023431.19 Кб0590418.pdf
#
26.02.2023198.77 Кб1590425.pdf
#
26.02.2023383.19 Кб1590431.pdf
#
26.02.2023268.66 Кб0590433.pdf
#
26.02.2023210 Кб1590443.pdf
#
26.02.2023273.49 Кб0596751.pdf