Беклемишев-Решения_задач

Р е ш е н и е. а) Ортогонализуем столбцы матрицы. Для этого вычтем из второго столбца его проекцию на первый.

Это ортогональная матрица. Ее столбцы

Составим матрицу R, в столбцах которой стоят коэффициенты последних разложений:

142 [ Гл. VII

q1 √= (1/ 6 )b1; q2 = (1/ √2 )(b2 − 2b1);

q3 = (1/ 3 )(b3 + b1 − b2) = (1/ 3 )(b3 + 3b1 − b2).

Используем эти равенства, чтобы выразить b1, b2 и b3 через q1,

Как и в задаче (а), мы убеждаемся, что выполнено равенство B =

=QR.

6.Докажите, что QR-разложение матрицы единственно.

Р е ш е н и е. Пусть некоторая невырожденная матрица A двумя способами разложена в произведение ортогональной матрицы и верхней треугольной матрицы с положительными диагональными элементами: A = Q1R1 = Q2R2. Тогда имеет место равенство QT2 Q1 = R2R1−1. В левой части этого равенства ортогональная матрица, а в правой — верхняя треугольная. Действительно, как мы помним, обратная к верхней треугольной — верхняя треугольная, и произведение треугольных матриц также треугольная матрица. Значит, матрица Q = QT2 Q1 и ортогональная, и верхняя треугольная. Отсюда следует, что она диагональная.

В самом деле, ее обратная Q−1 = QT нижняя треугольная, но обратная к верхней треугольной должна быть верхней треугольной. Поэтому все недиагональные элементы Q равны нулю.

Если ортогональная матрица диагональная, то ее диагональные элементы равны ±1. Для любого i диагональный элемент

rii матрицы R1−1 равен rii−1, где rii — диагональный элемент R1. Поэтому rii > 0. Положительными будут также диагональные элементы Q, так как при умножении треугольных матриц их диагональные элементы перемножаются. Таким образом, Q — единичная матрица. Из QT2 Q1 = R2R1−1 = E сразу следует: Q1 = Q2

иR1 = R2.

7.В четырехмерном евклидовом пространстве трехмерный параллелепипед построен на векторах, имеющих в орто-

нормированном базисе координатные столбцы 1, 1, −1, 0 T ,1, 1, 1, −1 T и 1, 1, 1, 1 T . Найдите объем параллелепипеда.

Р е ш е н и е. Составим матрицу Грама из трех заданных векторов и найдем ее детерминант:

Иначе его можно было бы вычислить так. Построим четвертый вектор h, ортогональный трем заданным. Его координатный столбец должен быть решением однородной системы линейных уравнений с матрицей

Ранг этой матрицы равен трем. Очевидна одна линейная зависимость между столбцами: равны первые два столбца. Поэтому все решения системы пропорциональны столбцу h = 1 −1 0 0 T.

Найдем объем четырехмерного параллелепипеда, построенного на всех четырех векторах. Он равен абсолютной величине детерминанта

Разделим этот объем на длину √2 высоты h и получим ответ:

V = 4√2 .

Глава VII § 2

1. В базисе e с матрицей Грама Γ преобразование A имеет матрицу A. а) Найдите матрицу сопряженного преобразования. Найдите собственные подпространства б) преобразования A, в) преобразования A

2. Пусть преобразование A вещественного линейного пространства L в некотором базисе e имеет симметричную матрицу. Докажите, что оно диагонализуемо.

Р е ш е н и е. Мы можем ввести в рассматриваемом линейном пространстве скалярное произведение, назначив по определению базис e ортонормированным. Действительно, в этом случае каждой паре векторов x и y будет поставлено в соответствие число (x y) = xT y, где x и y — координатные столбцы векторов

вбазисе e. Определение скалярного произведения без труда проверяется.

Так как матрица преобразования A в базисе e симметрична, преобразование будет самосопряженным относительно введенного скалярного произведения, и будет существовать базис e = eS,

вкотором матрица A = S−1AS преобразования A диагональная. Это означает, что преобразование A диагонализуемо — свойство, не зависящее от наличия скалярного произведения.

3.Найдите все линейные преобразования, которые являются как ортогональными, так и самосопряженными.

Р е ш е н и е. Пусть преобразование A является как самосопряженным, так и ортогональным. Тогда существует ортонормированный базис, в котором его матрица диагональная и ортогональная. Если матрица обладает этими двумя свойствами, то все ее диагональные элементы равны 1 или (−1). Мы можем считать базисные векторы упорядоченными так, что на диагонали первые k элементов равны 1, а остальные n − k равны (−1). Ясно, что и обратно, преобразование с такой матрицей в ортонормированном базисе является и ортогональным, и самосопряженным.

Геометрический смысл такого преобразования очевиден: оно переводит вектор x c координатами ξ1, ... , ξk , ξk+1, ... , ξn в вектор A(x) с координатами ξ1, ... , ξk , −ξk+1, ... , −ξn, т. е. может быть описано как отражение в подпространстве, натянутом на первые k базисных векторов. Это описание не охватывает только преобразования с матрицами E и −E — тождественное преобразование и центральную симметрию, которые, конечно, также являются ортогональными и самосопряженными.

4. Сколько существует ортонормированных базисов из собственных векторов данного самосопряженного преобразования n-мерного пространства, если у его характеристического многочлена а) нет кратных корней, б) есть кратные

146 [ Гл. VII

корни? Возможен ли неортогональный базис из собственных векторов самосопряженного преобразования?

Р е ш е н и е. а) Если у характеристического многочлена нет кратных корней, то преобразование имеет n различных собственных значений и, следовательно, пространство есть прямая сумма n ортогональных одномерных собственных подпространств. Ортонормированный базис из собственных векторов должен быть объединением единичных векторов, выбранных по одному из каждого подпространства. В каждом одномерном подпространстве есть два единичных вектора (различающиеся направлением).

Возможные базисы из собственных векторов различаются, во первых, порядком, в котором мы выбираем подпространства: каждой перестановке i1, ... , in номеров подпространств соответствует порядок, в котором расположены векторы в базисе: первым базисным вектором будет вектор из i1-го подпространства и т. д. Существует n! перестановок.

Во-вторых, в каждом из подпространств может быть выбран один из двух единичных векторов. Это даст 2n возможностей для каждой перестановки. Итак, всего возможно 2nn! ортонормированных базисов из собственных векторов.

б) Для самосопряженного преобразования сумма размерностей всех собственных подпространств равна n, так же как и сумма кратностей всех корней характеристического уравнения. Ни одна размерность не может быть больше кратности, поэтому каждая из размерностей равна кратности соответствующего корня. Отсюда следует, что при наличии кратных корней обязательно будет собственное подпространство размерности 2, в котором ортонормированный базис выбирается произвольно.

Таким образом, при наличии кратных корней характеристического уравнения самосопряженное преобразование имеет бесконечное множество ортонормированных базисов из собственных векторов.

в) Из сказанного в пунктах (а) и (б) видно, что при отсутствии кратных корней каждый базис из собственных векторов ортогональный, а при наличии кратных корней мы получим неортогональный базис из собственных векторов, взяв неортогональный базис в собственном подпространстве размерности, большей единицы.

базису из собственных векторов преобразования, заданного в ортонормированном базисе матрицей A, и напишите мат-

необходимости писать характеристическое уравнение и решать его. Видно, что отняв 1 от каждого элемента

торов f1 и f2 собственного подпространства Ker (A − E), но базис этот, к сожалению, не ортонормированный. Ортогонализуем и нормируем его.

Собственное подпространство двумерное, значит, как мы видели в предыдущей задаче, кратность корня равна двум. Второй корень характеристического уравнения можно установить, например, по следу матрицы, который равен сумме всех корней. У нашей матрицы след равен 6. Вычитая из него два корня, равных 1, получаем, что второй корень равен 4. Зная собственное

значение, можно обычным путем найти собственный вектор, но можно поступить и иначе.

Вспомним, что векторы из найденного нами собственного подпространства удовлетворяют системе уравнений

Это означает, что каждый из них ортогонален вектору f3 с координатами 1 1 1 T. Искомый собственный вектор, принадлежащий собственному значению 4, также должен быть ортогонален всем векторам, принадлежащим собственному значению 1, и по-

тому коллинеарен f3. Остается пронормировать f3, умножив его на 1/√3 .

Ортонормированный базис из собственных векторов найден. Матрицу перехода к нему мы получим, составив матрицу из координатных столбцов векторов этого базиса:

Матрица A = S−1AS преобразования в базисе из собственных векторов должна быть равна

Порядок, в котором собственные значения расположены на диагонали, определяется порядком расположения столбцов в матрице перехода.

6. Ортогональное преобразование, заданное матрицей

в ортонормированном базисе, разложите в произведение двух вращений во взаимно перпендикулярных двумерных подпространствах.

Р е ш е н и е. Плоскости, в которых происходят вращения, — двумерные инвариантные подпространства. Для того чтобы их

найти, составим характеристическое уравнение данного преобра-

вой строке.) Чтобы разложить характеристический многочлен на множители, прибавим и вычтем 2λ2: