Пособие по математике для самостоятельной работы студентов 1-го курса направления 08.03.01 - «Строительство»

λ1

0

0

0

λ2

квадратичной

формы

имеет

вид:

0

0

0

, т.е.

A = … … …

…

0

0

0

λn

( xɶ1 )

2

+…+ λn ( xɶn )

2

, где

ɶ

ɶ

– координаты в новом базисе.

f ( x, x) = λ1

x1,…, xn

Рассмотрим метод

Якоби. Пусть

дана матрица квадратичной

a11 a12 ...a1n

...a11

формы: A = a21 a22

. Назовём

главным минором порядка k

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

an1 an 2

...ann

канонический

базис,

в

котором

данная

форма

имеет

вид:

n

δ k −1

f ( x, x) = ∑λi ( xi )2 , где λk

=

,

δ0

= 1.

i =1

δ k

3.6. Закон инерции квадратичных форм

Пусть квадратичная

форма f ( x, x )

двумя способами приведена к

каноническому виду:

f ( x, x ) = α1 ( x1 )2 +α2 ( x2 )2 +…+αk ( xk )2 − βk +1 ( xk +1 )2 −…− βl ( xl )2

и

f ( x, x) = γ

1

( y )2

+ …+γ

r

( y )2 −δ

r +1

( y

)2 −…−δ

( y )2 ,

где все

числа

1

r

r +1

s

s

канонического базиса, т.е. k = r, l = s.

Доказательство.

Допустим,

что

k < r ,

и

положим

x1 = ... = xk = 0, y r + 1

= ... = y s = ... = y n

= 0 .

Координаты

xi

линейно

41

x1 = c11 y1 + ... + c1n yn

= 0,

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

Поскольку k < r , то однородная система

xk = ck1 y1 + ... + ckn yn

= 0,

y

= ... = y = ... = y = 0.

r +1

s

n

f ( x , x ) = − β

k +1

( x

k +1

) 2 − ... − β

l

( x

) 2

= M

1

≤ 0;

f ( x , x ) = γ

1

( y

) 2

+ ... + γ

1

( y

) 2 = M

2

> 0

l

1

1

Налицо противоречие: M1 = M

2 , а получили, что M 1

≤ 0, M 2

> 0 . Тогда

предположение

k < r

неверно.

Аналогично

доказывается

невозможность неравенств k > r, l > s, l < s.

Доказанная

теорема

позволяет

дать следующие

определения.

пространства.

Разность

S = i+ − i−

называется

сигнатурой

симметричной квадратичной формы.

3.7. Знакоопределенные квадратичные формы на

конечномерном пространстве. Критерий Сильвестра

Симметричная квадратичная

форма

f ( x, x )

называется

положительно определённой, если

f ( x, x ) > 0 при

всех x ≠ 0 .

(i

+

= r = n ) .

42

Доказательство. Пусть

f ( x, x)

= λ

( x )2

+…+λ

( x )2 .

1

1

n

n

1. Пусть

i+

= r = n ,

т.е. λ1 , λ2 ,…, λn > 0 ,

тогда

правая

часть

квадратичной формы, очевидно, будет положительной при x ≠ 0 .

2. Пусть

f ( x, x ) > 0

при

x ≠ 0 . Предположим,

что

λ

1

≤ 0 ,

тогда

положив, что x1 = 1,

x2

= ... = xn = 0 , получим:

f ( x, x ) = λ1 1 ≤ 0 , а дано,

что f > 0 . Противоречие показывает, что λ

1

> 0 .

f ( x , x ) < 0

Аналогично

, если она не вырождена и i−

= r = n .

Рассмотрим

симметричную

квадратичную

форму

f ( x, x ) с

a11 a21 ... a1n

матрицей A = .....…………

.

a

a

…a

n1

n 2

nn

Главные миноры: δ

1

= a

11

,

δ

2

=

a11

a12

и т.д.

a21

a22

Доказательство очевидно: если

все δ i

> 0 ,

то

по методу

Якоби λ

=

δ k −1

> 0 .

k

δ k

Для

того,

чтобы

квадратичная

форма

была

отрицательно

определена: δ k

> 0,

если

k − чётное,

=

Это также

следует из

< 0,

если

k − нечётное.

Учитывая, что аjk = akj ,

т.е.

а21

= a12 , а31 = a13 , а23 = a32 , запишем

2

−3

4

данную матрицу в виде: А =

−3

−5

3

.

4

−5

−4

f ( x, x) = ( у − у

2

)( у + у

2

) + ( у + у

2

) у

3

= ( y )2

− ( y

2

)2

+ y y + y

2

y .

1

1

1

1

1

3

3

Теперь применим преобразования вида:

( y )2

+ y y = ( у +

1

у )2

−

1

( y )2 , f (x, x) = ( у +

1

у )2 −

1

( y )2 + y

y − ( y

)2

2

1

1

3

1

2

3

4

3

1

2

3

4

3

3

2

Положим у +

1

у

= z ,

y

= z

,

y = z .

2

1

2

3

1

2

3

3

Тогда

f ( x, x) = ( z )2 − ( z

)2

−

1

( z

)2 + z

z

= ( z )3

− ( z

−

1

z )2 .

1

2

4

3

2

3

1

2

2

3

Применив

преобразование

z

= u , z

−

1

z = u

, z

= u ,

получим

1

1

2

2

3

2

3

3

1

1

2

1

2

f (x, x) = x12 − 2x1

(3x2

− 4x3 ) +

(3x2

− 4x3 )

−

(3x2

− 4x3 )

+

2

2

2

2

3

2

9

2

2

2

+2x2 x3 + x3

= x1

−

x2

+ 2x3

−

x2 + 12x2 x3 − 4x3

+ 2x2 x3 + x3

=

2

4

3

2

9

2

2

=

x1

−

x2 +

2x3 −

x2

+ 14x2 x3

− 3x3 .

2

4

Теперь выделяем полный квадрат при переменной x2 , коэффициент

при которой отличен от нуля:

3

2

9

28

784

2

9

784 2

2

f (x, x)

=

x1

−

x2 +

2x3 −

x2 −

2

x2 x3

+

x3

+

x3

− 3x3

=

2

9

81

4

81

4

3

2

9

2

28

2

56

2

=

x1

−

x2 + 2x3 −

x2

−

x3

+

x3 .

2

9

3

4

Итак,

невырожденное

линейное

преобразование

3

16

x = x −

x

2

+ 2x ,

x

2

= x

−

x ,

х

= х

приводит

данную

1

1

2

3

2

9

3

3

3

квадратичную

форму

к

каноническому

9

56

2

виду f (x, x) = (x ) −

(x

) +

(x

)

.

1

4

2

3

3

б) В данном случае удобно начать преобразование с членов,

содержащих x3 . Имеем

f ( x, x) = (х

+ 2х )2

− 4( х )2

+ 2(х )2

+ 3х х

2

+ ( х )2

или

3

1

1

1

1

2

f ( x, x) = ( х + 2х )2

+ (( х

2

)2

+ 3х х

2

) − 2( х )2 .

3

1

1

1

Выделяя полный квадрат в слагаемых второй скобки, окончательно

находим:

f ( x, x) = (2х + х )2 + ( х +

3

х )2

−

17

( х )2 .

1

3

2

2

1

4

1

х1 =

ɶ

3

+ х2 =

ɶ

ɶ

Остается положить:

х1 , 2 х1

х2 , 2х1 + х3

= х3 .

Не трудно проверить, что матрица преобразования неособенная, после

чего форма принимает вид:

= −

17

ɶ

2

ɶ

2

+

ɶ

2

f ( x

, x)

.

4

( х1 )

+ ( х2 )

(х3 )

Пример 3.4. Привести к каноническому виду методом Якоби

квадратичную форму

f ( x, x) = 2( x )2 + 3x x

2

+ 4x x + ( x )2

+ ( x )2 .

1

1

1

3

2

3

2

1, 5

2

Запишем матрицу коэффициентов:

A = 1, 5

1

0

.

Находим:

2

0

1

δ = 2, δ

=

2

1, 5

= −

1

, δ

=

2

1, 5

2

= −

17

1, 5 1 0

;

2

3

1

1, 5

1

4

4

2

0

1

δ0

λ

=

=

1

, λ

=

δ1

=

2

= −8, λ

=

δ2

=

−1 / 4

=

1

.

1

δ1

2

2

δ2

−1/ 4

3

δ3

−17 / 4 17

1

ɶ

2

ɶ

2

1

ɶ

2

Тогда в новом базисе:

f (x, x) =

+

.

2

(х1 )

− 8(х2 )

17

(х3 )

f ( x, x) = 2(x

1

)2 + ( x

2

)2 − 4 x x

2

− 4 x

2

x

3

ортогональным преобразованием.

1

Решение

2

−2

0

Выписываем матрицу данной формы f ( x, x):

−2

−2

A =

1

.

0

−2

0

2 − λ

−2

0

−2

1 − λ

2

= 0; − λ 3 + 3λ 2 + 6λ − 8 = 0; λ

= 4, λ

= 1, λ = −2.