Algebra&Geometry / modules 3-4 / lect20
.pdfЛекция 20. Ортогональные операторы в евклидовых пространствах II
1. Ортогональные операторы в R3
Пусть ' : R3 ! R3 ортогональный оператор. Так как характеристический многочлен p' имеет степень 3, то
унего есть вещественный корень собственное число ® = §1. Значит, есть и собственный вектор v¹: '(¹v) = ®v¹. Обозначим через ` прямую hv¹i, а через ¦ плоскость, перпендикулярную прямой `. Пусть u¹ 2 ¦, тогда
0 = (¹v; u¹) = ('(¹v); '(¹u)) = § (¹v; '(¹u)):
Это означает, что вектор '(¹u)?`, т.е. плоскость ¦ инвариантна относительно оператора '.
В плоскости ¦ оператор ' сохраняет длины векторов и углы между ними, т.е. он является либо поворотом, либо симметрией. Итак у нас есть четыре случая:
(1)® = 1, в плоскости ¦ оператор ' действует как вращение;
(2)® = ¡1, в плоскости ¦ оператор ' действует как вращение;
(3)® = 1, в плоскости ¦ оператор ' действует как симметрия относительно прямой L ½ ¦;
(4)® = ¡1, в плоскости ¦ оператор ' действует как симметрия относительно прямой L ½ ¦.
1.1.Первый случай. Рассмотрим ортонормированный базис V = fv¹1; v¹2; v¹3g, где вектор v¹1 лежит на прямой
`, векторы v¹2 и v¹3 лежат в плоскости ¦, а тройка fv¹1; v¹2; v¹3g правая. Тогда
|
@ |
1 |
0 |
¡ |
0 |
A |
|
|
A' = |
0 |
cos(®) |
sin(®) |
; |
||||
0 |
|
1 |
0sin(®) cos(®)
где ® это угол поворота с точки зрения конца вектора v¹3. Здесь jA'j = 1.
1.2. Второй случай. Он совершенно аналогичен первому, за исключением того, что теперь
A' = |
0 |
¡0 |
cos(®) |
sin(®) |
1 |
|
@ |
1 |
0 |
0 |
A |
|
0 |
sin(®) |
¡cos(® |
и jA'j = ¡1.
1.3. Третий случай. Рассмотрим ортонормированный базис V = fv¹1; v¹2; v¹3g, где вектор v¹1 лежит на прямой `, вектор v¹2 лежит на прямой L, вектор v¹3 лежит в плоскости ¦ и перпендикулярен прямой L, а тройка fv¹1; v¹2; v¹3g
правая. Тогда |
00 |
1 |
01 |
; A' = 1 |
A' = |
||||
|
1 |
0 |
0 |
|
|
@0 |
0 |
¡1A |
j j ¡ |
и оператор представляет собой симметрию относительно плоскости hv¹1; v¹2i.
1.4. Четвертый случай. Рассмотрим ортонормированный базис V = fv¹1; v¹2; v¹3g, где вектор v¹1 лежит на прямой L, вектор v¹2 лежит на прямой `, вектор v¹3 лежит в плоскости ¦ и перпендикулярен прямой L, а тройка
fv¹1; v¹2; v¹3g правая. Тогда |
00 |
1 |
01 |
; A' = 1 |
A' = |
||||
|
1 |
0 |
0 |
|
|
@0 |
¡0 |
¡1A |
j j |
и оператор представляет собой поворот на 180± относительно прямой hv¹1i.
Мы видим, что в действительности есть только две возможности: поворот, здесь определитель матрицы оператора равен 1, и поворот с последующей симметрией относительно плоскости, перпендикулярной оси вращения, здесь определитель равен -1.
Пример. Рассмотрим ортогональную матрицу
00 0 11 A' = @1 0 0A:
0 1 0
Так как jA'j = 1, то оператор ' это вращение. Найдем ось вращения, которая задана вектором, отвечающем собственному числу 1:
0 |
1 |
0 |
|
1 |
1 |
|
|
1 |
0 |
1 |
x1 |
1 |
1 |
¡1 |
1 |
|
0 |
) |
µ |
0 |
1 |
¡1 |
0x2 |
= x3 011: |
|||
@ |
0 |
¡1 |
¡ |
1 |
A |
|
|
¶ ) |
x3 |
A |
1 |
||
|
|
|
|
|
|
|
¡ |
@ |
@ A |
1
2
Мы видим, что осью вращения является биссектриса первого октанта. Найдем угол поворота. Для этого возьмем произвольный вектор u¹, перпендикулярный биссектрисе, и найдем его образ при действии оператора. Пусть
1 |
@ |
1 |
A |
0 |
0 |
1 |
1 |
A |
@ |
0 |
A |
@1A |
0 |
@0 |
1 |
0A@ |
0 |
¡1 |
|||||
v¹ = 011; u¹ = |
0 |
¡1 |
1; w¹ = '(¹u) = |
01 |
0 |
010 |
¡1 |
1 |
= 0 |
1 |
1: |
Найдем угол ® между векторами u¹ и w¹:
cos(®) = p2¡¢1p2 = ¡12 ) ® = 120±:
Осталось найти направление поворота. Для этого найдем знак тройки fu;¹ w;¹ v¹g:
¯ |
¡1 |
1 |
1 |
¯ |
= 3: |
¯ |
0 |
¡1 |
1 |
¯ |
|
¯ |
1 |
0 |
1 |
¯ |
|
¯ |
|
|
|
¯ |
|
¯ |
|
|
|
¯ |
|
¯ |
|
|
|
¯ |
|
Вывод: с точки зрения вектора v¹ вращение происходит на 120± против часовой стрелки.
Пример. В стандартном базисе найдем матрицу оператора симметрии относительно плоскости ¦ : x+y¡2x = 0. Рассмотрим базис 0
V = f@
Здесь вектор v¹1 нормальный к плоскости, а вектора v¹2 и v¹3 ему перпендикулярны (т.е. лежат в плоскости ¦).
Так что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A' |
= |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
¡1 |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Следовательно, A |
' |
= C |
|
AV C¡1 |
: |
|
|
|
@ |
0 |
0 |
1 |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
E!V |
' |
E!V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
0 |
|
1 |
2 |
0 |
10 |
1 |
0 |
0 |
10 |
|
1=6 |
|
1=6 |
|
1=3 |
1 = 0 |
2=3 |
1=3 |
2=3 |
1 |
|
|
A' = |
|
1 |
0 |
2 |
¡0 |
1 |
0 |
|
5=12 |
|
1=12 |
¡1=6 |
1=3 |
¡2=3 |
2=3 |
: |
|||||||
|
@ ¡2 |
1 |
1 |
A@ |
0 |
0 |
1 |
A@ |
¡1=12 |
|
¡5=12 |
|
1=6 |
A @ |
¡2=3 |
2=3 |
¡1=3 |
A |
|
||||
2. Перестановочные матрицы
Определение 1. Оператор ' называется перестановочным, если вектор '(¹x) отличается от вектора x¹ только (фиксированной) перестановкой координат. Например, '(x1; x2; x3; x4) = (x3; x4; x2; x1).
Замечание. Перестановочный оператор является ортогональным.
Предложение 1. Матрица A' перестановочного оператора ' устроена следующим образом: пусть (x1; : : : ; xn) ) (xi1 ; : : : ; xin ), тогда в k-й строке матрицы A' стоит ровно одна единица на ik-месте, а остальные элементы строки нули. В каждом столбце матрицы A' также находится одна единица, а остальные элементынули. И обратно, матрица у которой в каждой строке и каждом столбце ровно одна единица, является матрицей перестановочного оператора.
Определение 2. Матрицу перестановочного оператора мы будем называть перестановочной матрицей.
Пример. Если |
|
1) = |
0x41 |
; то A' = |
00 |
0 |
0 |
11 |
: |
||||
'(0x2 |
|||||||||||||
|
x1 |
|
|
x3 |
|
|
|
0 |
0 |
1 |
0 |
|
|
Bx4C |
Bx1C |
|
B1 0 |
0 0C |
|
||||||||
B |
|
C |
B |
|
C |
|
B |
|
|
|
|
C |
|
@ |
x3 |
A |
@ |
x2 |
A |
|
@ |
0 |
1 |
0 |
0 |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Замечание. Транспонированная матрица At' также является матрицей перестановочного оператора.
Предложение 2. Произведение перестановочных матриц перестановочная матрица.
Доказательство. Действительно, произведению матриц отвечает композиция соответствующих операторов. Но результат последовательного действия этих операторов это некоторая перестановка координат. ¤
Важное замечание. У перестановочного оператора всегда есть собственный вектор с собственным числом 1 это вектор (1; : : : ; 1). Ортогональное дополнение прямой ` = h(1; : : : ; 1)i это линейное подпространство L, которое является пространством решений системы
L : fx1 + : : : + xn = 0:
Элементы L это такие векторы, у которых сумма координат равна нулю.
3
Пример. В некоторых размерностях у L есть „хороший\ базис, например, в R4:
|
hB |
1=2 |
C B |
|
1=2 |
C B |
1=2 |
Ci |
|
h |
|
i |
|
|
|
1=2 |
|
L = |
¡1=2 |
|
1=2 |
¡1=2 |
= |
v¹2; v¹3; v¹4 |
: Вместе с вектором v¹1 |
= |
B1=2C |
||||||||
0 |
1=2 |
1; 0 |
¡1=2 |
1; 0 |
¡1=2 |
1 |
|
|
01=21 |
||||||||
|
B |
¡ |
C B |
¡ |
|
C B |
|
C |
|
|
|
|
4 |
|
B C |
||
|
@ |
A @ |
|
A @ |
|
A |
|
|
|
|
|
@ |
|
A |
|||
|
|
1=2 |
|
|
1=2 |
|
1=2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1=2 |
|
Эти векторы образуют ортонормированный базис V пространства R . |
|
|
|
|
|
|
|
||
Как в этом базисе выглядит матрица перестановочного оператора '(x1; x2; x3; x4) = (x3; x4 |
; x2; x1)? Имеем: |
||||||||
'(¹v1) = v¹1; '(¹v2) = v¹2; '(¹v3) = v¹4; '(¹v4) = v¹3 |
A'V = |
0 |
0 ¡1 |
0 |
0 |
1 |
: |
||
¡ |
¡ |
) |
B |
1 |
0 |
0 |
0 |
C |
|
0 |
0 |
1 |
¡0 |
|
|||||
|
|
|
B |
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
@ |
0 |
0 |
0 |
1 |
A |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Оператор ' в трехмерном пространстве L действует, как ортогональный оператор. Определитель его матрицы равен ¡1, следовательно, это поворот + симметрия. Нетрудно видеть, что происходит поворот в плоскости ¦ = hv¹3; v¹4i на 90± с последующей симметрией относительно этой плоскости.
Замечание. Хороший базис подпространства L ½ R6 отсутствует, но в подпространстве L ½ R8 он есть:
|
|
0 11 |
|
|
|
0 11 |
|
|
|
|
0¡11 |
|
|
|
0¡11 |
|
|
|
|
0¡11 |
|
|
|
0¡11 |
|
|
|
0¡11 |
|
||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
¡1 |
|
|
|
1 |
B |
1C |
|
1 |
B¡1C |
|
1 |
|
B |
1C |
|
1 |
B¡1C |
|
1 |
|
B |
1C |
|
1 |
B¡1C |
|
1 |
B |
1C |
|
|||||||||||||||||
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
B |
|
C |
; |
|
|
B |
|
C |
: |
|
|
B |
1C |
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
||||||||||
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
B |
1 |
C |
|
|
|
B |
1 |
C |
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
p8 |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
B¡1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
||||||||
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B¡1C |
|
|
|
B |
1C |
|
||||||||||||
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B¡ |
|
C |
|
|
|
B¡ |
|
C |
|
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B¡ |
|
C |
|
|
|
|
B¡ |
|
C |
|
|
|
B |
|
C |
|
|
|
B¡ |
|
C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|
|
B |
1C |
|
|||||||
|
|
@¡ |
|
A |
|
|
|
@¡ |
|
A |
|
|
|
|
@¡ |
|
A |
|
|
|
@ |
|
A |
|
|
|
|
@ |
|
A |
|
|
|
@¡ |
|
A |
|
|
|
@¡ |
|
A |
|