Algebra&Geometry / modules 3-4 / LECT17
.pdf
Лекция 17. Ортонормированные базисы
1. Ортогональные и ортонормированные базисы
Определение 1. Базис v¹1; : : : ; v¹k подпространства L называется ортогональным, если (¹vi; v¹j) = 0 для всех i =6 j. Базис называется ортонормированным, если он ортогонален и, кроме того, длина каждого базисного вектора равна 1.
Теорема 1. У каждого линейного подпространства L ½ Rn есть ортонормированный базис.
Доказательство. Пусть V = fv¹1; : : : ; v¹kg некоторый базис подпространства L. Рассмотрим систему векторов u¹1; : : : ; u¹k, где вектор
u¹i = v¹i + линейная комбинация векторов с номерами < i; i = 1; : : : ; k:
Векторы u¹1; : : : ; u¹k образуют базис подпространства L, потому что матрица координат этих векторов в базисе V верхняя треугольная с единицами на главной диагонали, а, значит, невырожденная.
Координаты векторов u¹i в базисе V находим последовательно.
(1) u¹1 = v¹1.
(2) u¹2 = ®v¹1 +v¹2. Мы хотим, чтобы скалярное произведение (¹u2; v¹1) = 0, т.е. чтобы ®(¹v1; v¹1)+(¹v1; v¹2) = 0. Это означает, что
® = ¡(¹v1; v¹2): jv¹1j2
¹
Знаменатель здесь не равен нулю, так как вектор v¹1 =6 0.
(3) u¹3 = ¯v¹1 + °v¹2 + v¹3. Мы хотим, чтобы (¹v1; u¹3) = (¹v2; u¹3) = 0, т.е. чтобы
½¯(¹v1; v¹1) + °(¹v1; v¹2) = ¡(¹v1; v¹3) ¯(¹v2; v¹1) + °(¹v2; v¹2) = ¡(¹v2; v¹3)
Эта система имеет единственное решение, потому что матрица
µ(¹v1; v¹1) (¹v1; v¹2)¶ (¹v2; v¹1) (¹v2; v¹2)
это матрица Грама векторов v¹1; v¹2, а, значит, невырожденная.
итак далее.
Теперь осталось убедиться, что (¹ui; u¹j) = 0 при i < j. Но вектор u¹i является линейной комбинацией векторов v¹1; : : : ; v¹i, а вектор u¹j строился так. чтобы он был ортогонален всем векторам v¹s с меньшими номерами.
Ортогональный базис построен. Для построения ортонормированного базиса осталось каждый вектор u¹i
поделить на его длину. |
|
|
|
|
|
|
|
¤ |
Пример. Пусть |
0 |
1 |
1; 0 2 1; 0 |
¡2 1 |
R4: |
|||
L = |
||||||||
|
hB |
1 |
C B |
0 |
C B |
1 |
Ci ½ |
|
|
1 |
1 |
2 |
|
||||
|
B |
|
C B |
|
C B |
|
C |
|
|
@ ¡ |
0 |
A @ |
1 |
A @ |
1 |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Построим ортогональный базис fu¹1; u¹2; u¹3i подпространства L. Положим u¹1 = v¹1, u¹2 = v¹2 + ®v¹1. Условие
(¹u2; v¹1) = 0 дает равенство 1 + 3® = 0, т.е. u¹2 = v¹2 ¡ v¹1=3.
Положим u¹3 = v¹3 + ¯v¹1 + °v¹2. Условия (¹u3; v¹1) = (¹u3; v¹2) = 0 дают систему
½ 3¯ + 6° = ¡7 |
) ¯ = 17 |
; ° = ¡17: |
||||||||||||
¯ + |
° = |
1 |
|
|
|
13 |
|
|
22 |
|||||
Освобождаясь от знаменателей, получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
= 0 ¡5 1 |
|
|
|
0 ¡3 1: |
||||||||
u¹1 = 0 |
|
1 1 |
; u¹2 |
; u¹3 |
= |
|||||||||
B |
|
1 |
C |
|
B |
1 |
C |
|
|
|
4 |
C |
||
|
1 |
|
4 |
|
|
|
B ¡1 |
|||||||
B |
¡ |
|
C |
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
C |
||
@ |
|
A |
|
@ |
|
A |
|
|
|
@ ¡ |
A |
|||
|
|
0 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
5 |
|
|
|
Примеры. В пространствах Rn существуют „хорошие\ нестандартные ортонормированные базисы. Например, набор векторов
0 |
3 |
1 |
0 |
3 |
1 0 |
3 |
1 |
||
|
1 |
|
|
2 |
|
2 |
|
||
B |
2 C |
; B |
2 |
C; B |
1 |
C |
|||
B C B |
¡3 |
C B |
3 |
C |
|||||
fB |
3 C B |
C B |
Cg |
||||||
B C B |
|
|
C B |
|
|
C |
|||
B C B |
|
|
C B |
|
|
C |
|||
B |
|
C B |
|
|
C B |
|
|
C |
|
2 |
|
1 |
2 |
||||||
B C B |
3 |
C B |
¡3 |
C |
|||||
B |
3 C B |
C B |
C |
||||||
@ A @ |
|
|
A @ |
|
|
A |
|||
1
2
является ортонормированным базисом в R3. А набор векторов |
0 |
¡1 1 |
|||||||||||||||||||
1 |
011 |
; 1 |
0 |
1 |
1 |
; 1 |
0 |
¡1 |
1 |
; 1 |
|||||||||||
f2 |
|
1 |
|
2 |
B |
1 |
C |
2 |
B |
|
1 |
C |
2 |
B |
1 |
Cg |
|||||
B1C |
¡1 |
|
1 |
¡1 |
|||||||||||||||||
|
|
|
B C |
|
|
B |
¡ |
C |
|
|
B |
¡ |
|
C |
|
|
B |
|
C |
||
|
|
|
@ |
|
A |
|
|
@ |
A |
|
|
@ |
|
A |
|
|
@ |
|
A |
||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
является ортонормированным базисом в R4.
Предложение 1. Пусть V = fv¹1; : : : ; v¹n) ортонормированный базис в евклидовом пространстве Rn,
x;¹ y¹ 2 Rn два вектора, (¹x)V = (x01; : : : ; x0n) и (¹y)V = (y10 ; : : : ; yn0 ) наборы их координат в базисе V . Тогда
(¹x; y¹) = x01y10 + : : : + x0nyn0 .
Доказательство. Достаточно раскрыть скобки в равенстве
(¹x; y¹) = (x01v¹1 + : : : + x0nv¹n; y10 v¹1 + : : : + yn0 v¹n):
¤
2. Ортонормированные базисы и ортогональные матрицы
Определение 2. Матрица C называется ортогональной, если C это матрица перехода CE!V от стандартного базиса E = fe¹1; : : : ; e¹ng в пространстве Rn, к некоторому ортонормированному базису V = fv¹1; : : : ; v¹ng, т.е. ортогональная матрица составлена из векторов-столбцов некоторого ортонормированного базиса v¹1; : : : ; v¹n.
Предложение 2. Пусть A (n £ k)-матрица, составленная из столбцов v¹1; : : : ; v¹k. Тогда матрица AtAэто матрица Грама системы v¹1; : : : ; v¹k.
Доказательство. Очевидно. |
¤ |
Следствие. Если A ортогональная матрица, то AtA = E. Верно и обратное: если AtA = E, то матрица A ортогональна. Далее, если AtA = E, то это означает, что матрица, обратная матрице A это транспонированная матрица At. Но тогда A ¢ At = E, т.е., если матрица A ортогональна, то матрица At тоже ортогональна.
Предложение 3. Если матрица A ортогональна, то jAj = §1. |
¤ |
Доказательство. Так как AtA = E, то jAtAj = jAtj ¢ jAj = jAj ¢ jAj = jAj2 = 1. |
|
Пример. Пусть первый вектор ортонормированного базиса в пространстве R2 |
имеет координаты (®; ¯), |
®2 + ¯2 = 1. Тогда второй вектор получен из первого либо поворотом на 90± против часовой стрелки, либо поворотом на 90± по. В первом случае второй вектор базиса имеет координаты (¡¯; ®), во втором (¯; ¡®).
Таким образом, ортогональная 2 £ 2 матрица |
¡® |
¶; либо такая µ |
¯ |
¡® |
¶: |
|
либо такая µ |
¯ |
|||||
|
® |
¯ |
|
® |
¯ |
|
В первом случае определитель матрицы равен 1, во втором – ¡1.
3. Проекция вектора на подпространство
Определение 3. Пусть L ½ Rn линейное подпространство, а v¹ 62L некоторый вектор. Вектор u¹ 2 L называется проекцией вектора v¹ на подпространство L, если v¹ ¡ u¹ 2 L?.
Теорема 2. Проекция существует и единственна.
Доказательство. Пусть V = fv¹1; : : : ; v¹kg базис L. Искомый вектор u¹ есть линейная комбинация векторов базиса: u¹ = x1v¹1 + : : : + xkv¹k. По теореме о трех перпендикулярах, условие v¹¡u¹ 2 L? эквивалентно тому, что
(¹v ¡ u;¹ v¹1) = : : : = (¹v ¡ u;¹ v¹k) = 0:
А это, в свою очередь, эквивалентно тому, что набор чисел x1; : : : ; xk является решением системы |
||
|
|
8 x1(¹v1; v¹1) + : : : + xk(¹vk; v¹1) = (¹v; v¹1) |
|
|
< x1(¹v1; v¹k) +¢:¢:¢: +¢x¢ ¢k(¹vk¢;¢v¢¹k) = (¹v; v¹k) |
Но эта система имеет |
единственное решение, потому что ее матрица это матрица Грама линейно незави- |
|
|
: |
|
симой системы векторов. |
¤ |
|
Теорема 3. Пусть u¹ проекция вектора v¹ на подпространство L. Тогда для любого вектора w¹ 2 L, w¹ 6= u¹, справедливо неравенство jv¹ ¡ u¹j < jv¹ ¡ w¹j.
Доказательство. Положим u¹ ¡ w¹ = z¹. Так как L подпространство, то z¹ 2 L. Имеем,
jv¹ ¡ w¹j2 = (¹v ¡ w;¹ v¹ ¡ w¹) = (¹v ¡ u¹ + z;¹ v¹ ¡ u¹ + z¹) = (¹v ¡ u;¹ v¹ ¡ u¹) + 2(¹v ¡ u;¹ z¹) + (¹z; z¹):
Но (¹v ¡ u;¹ z¹) = 0 по определению проекции. Поэтому,
jv¹ ¡ w¹j2 = (¹v ¡ u;¹ v¹ ¡ u¹) + (¹z; z¹) > (¹v ¡ u;¹ v¹ ¡ u¹) = jv¹ ¡ u¹j2:
¤