1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... 14 Ім'я файлу: linalg2008.pdf V . Получим разложение b = bРозширення: pdf Розмір: 612кб. Дата: 12.05.2022 скачати Пов'язані файли: загальна алгебра.pdf 0 + b ⊥ , и, как мы доказали ранее, |b ⊥ | = |b − b 0 | будет наименьшей длиной векторов, соединяющих b с V , т.е. b 0 определяет искомое максимально приближенное псевдо-решение. Чтобы найти его, разложим вектор b 0 по базису подпространства V , b 0 = x 1 a 1 +. . .+x n a n . Тогда, взяв скалярные произведения с векторами базиса, получаем следующие равенства: (a 1 , x 1 a 1 + . . . + x n a n ) = (a 1 , b) . . . . . . . . . . . . (a n , x 1 a 1 + . . . + x n a n ) = (a n , b), т.е. надо решить систему уравнений (уже квадратную): (a 1 , a 1 )x 1 + . . . + (a 1 , a n )x n = (a 1 , b) . . . . . . . . . (a n , a 1 )x 1 + . . . + (a n , a n )x n = (a n , b). Решив ее, найдем координааты x 1 , . . . , x n вектора b 0 , которые и есть наше псевдо-решение. Матрица этой системы уравнений G = G(a 1 , . . . , a n ) = (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n ) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n ) 16 называется матрицей Грама. Далее мы убедимся, что ее определитель отличен от нуля, когда векторы a 1 , . . . , a n линейно независимы. Параллелепипеды. Матрица Грама Определение 2.4.1 Пусть a 1 , . . . , a n — система векторов в векторном пространстве V . Параллелепипедом, натянутым на векторы a 1 , . . . , a n называется множество векторов (точек) Π(a 1 , . . . , a n ) = {c ∈ V : c = x 1 a 1 + . . . + x n a n , 0 6 x 1 , . . . , x n 6 1}. Определение 2.4.2 Определим n-мерный объем Vol n параллелепипеда Π(a 1 , . . . , a n ) индуктивно: 1) одномерный объем Vol 1 Π(a 1 ) := |a 1 | — это длина вектора; 2) Vol n Π(a 1 , . . . , a n ) := Vol n−1 Π(a 1 , . . . , a n−1 ) · d(a n , ha 1 , . . . , a n−1 i). Очевидно, что объем есть неотрицательная величина. Корректность этого определения, т.е. независимость объема от порядка векторов при индуктивном переходе, вытекает из следующей теоремы. Теорема 2.4.3 (Vol n Π(a 1 , . . . , a n )) 2 = det G(a 1 , . . . , a n ). Доказательство. (по индукции) 1) При n = 1, очевидно, |a 1 | 2 = (a 1 , a 1 ). 2) Пусть утверждение верно для размерности n − 1, докажем его для размерности n. Спроектируем вектор a n на линейную оболочку векторов a 1 , . . . , a n−1 : a n = (a n ) 0 + (a n ) ⊥ = λ 1 a 1 + . . . + λ n−1 a n−1 + b, где b = (a n ) ⊥ (т.е. b ортогонален векторам a 1 , . . . , a n−1 ) и |b| = d(a n , ha 1 , . . . , a n−1 i). Имеем: 17 det G(a 1 , . . . , a n ) = det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n ) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n ) = = det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a 1 , λ 1 a 1 + . . . + λ n−1 a n−1 + b) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) (a n , λ 1 a 1 + . . . + λ n−1 a n−1 + b) = = det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) λ 1 (a 1 , a 1 ) + . . . + λ n−1 (a 1 , a n−1 ) + (a 1 , b) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) λ 1 (a n , a 1 ) + . . . + λ n−1 (a n , a n−1 ) + (a n , b) = = λ 1 det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a 1 , a 1 ) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) (a n , a 1 ) | {z } =0 + . . . . . . + λ n−1 det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a 1 , a n−1 ) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) (a n , a n−1 ) | {z } =0 + + det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a 1 , b) (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) (a n , b) = = det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a 1 , b) | {z } =0 (a n−1 , a 1 ) . . . (a n−1 , a n−1 ) (a n−1 , b) | {z } =0 (a n , a 1 ) . . . (a n , a n−1 ) (a n , b) | {z } =(b,b) = = det (a 1 , a 1 ) . . . (a 1 , a n−1 ) (a n−1 , a 1 ) . . . (a n−1 , a n−1 ) · (b, b) = det G(a 1 , . . . , a n−1 ) · |b| 2 = = (Vol n−1 Π(a 1 , . . . , a n−1 )) 2 · |b| 2 = (Vol n Π(a 1 , . . . , a n )) 2 . Лемма 2.4.4 Векторы a 1 , . . . , a n линейно зависимы тогда и только тогда, когда det G(a 1 , . . . , a n ) = 0. Доказательство. Если векторы a 1 , . . . , a n линейно зависимы, то, без ограничения общности, можно считать, что a n = λ 1 a 1 + . . . + λ n−1 a n−1 . Тогда Vol n Π(a 1 , . . . , a n ) = Vol n−1 Π(a 1 , . . . , a n−1 ) · d(a n , ha 1 , . . . , a n−1 i) | {z } =0 = 0, следовательно, по предыдущей теореме, det G(a 1 , . . . , a n ) = 0. Пусть теперь det G(a 1 , . . . , a n ) = 0. Покажем линейную зависимость векторов a 1 , . . . , a n Если a 1 = 0, то линейная зависимость очевидна. Предположим, что a 1 6= 0, и рассмотрим последовательность чисел 0 6= Vol 1 Π(a 1 ), Vol 2 (a 1 , a 2 , ), . . . , Vol n Π(a 1 , . . . , a n ) = 0. Существует такой номер k, что Vol k−1 Π(a 1 , . . . , a k−1 ) 6= 0, а Vol k Π(a 1 , . . . , a k )=0. Т.к. Vol k Π(a 1 , . . . , a k ) = Vol k−1 Π(a 1 , . . . , a k−1 ) · d(a k , ha 1 , . . . , a k−1 i), то d(a k , ha 1 , . . . , a k−1 i) = 0, т.е. 18 a k ∈ ha 1 , . . . , a k−1 i. Следовательно векторы a 1 , . . . , a k , а ,значит, и a 1 , . . . , a n , линейно зависимы. ¤ Пусть V — евклидово или эрмитово пространство, a 1 , . . . , a n и b 1 , . . . , b n — два базиса в пространстве V , и C = c 1 1 . . . c 1 n c n 1 . . . c n n — матрица перехода от первого базиса к второму. Посмотрим, как связаны матрицы Грама G = G(a 1 , . . . , a n ) и G 0 = G(b 1 , . . . , b n ). Поскольку b k = c i k a i и элементы матрицы G 0 равны g 0 ij = (b i , b j ) = (c k i a k , c l j a l ) = c k i (a k , a l )c l j = c k i g kl c l j , то G 0 = C t GC. Если базис a 1 , . . . , a n был ортонормированным, то G = E = 1 0 0 1 и G 0 = C t C. Утверждение 2.4.5 Произвольная квадратная матрица G является матрицей Грама для некоторого набора линейно независимых векторов тогда и только тогда, когда существует такая невырожденная матрица C, что G = C t C. Доказательство. ⇒: пусть G = G(a 1 , . . . , a n ), выберем в пространстве ортонормированный базис, пусть C — матрица перехода от этого ортонормированного базиса в базис a 1 , . . . , a n , тогда G = C t C. ⇐: пусть G = C t C, тогда C можно считать матрицей перехода от некоторого ортонормированного базиса a 1 , . . . , a n к базису b 1 , . . . , b n , и тогда G — это матрица Грама для векторов b 1 , . . . , b n ¤ 19 3 Линейные операторы 3.1 Линейные отображения Определение 3.1.1 Пусть V, W — два векторных пространства над одним полем K. Отображение f : V → W называется линейным, если ∀x, y ∈ V , λ ∈ K выполняются равенства f (x + y) = f (x) + f (y) и f (λx) = λf (x). Пример: множество V 0 — это множество линейных отображений при W = K. Пусть e 1 , . . . , e n — базис в V , а e e 1 , . . . , e e m — базис в W . Если x = x i e i ∈ V , то f (x) = f (x i e i ) = x i f (e i ), т.е., для вычисления значения функции в любой точке, достаточно знать ее значения на базисных векторах, т.е. f (e i ) = a k i e e k (a k i — коэффициенты разложения вектора f (e i ) по базису e e), тогда f (x) = x i a k i e e k = y k e e k — разложение значения по базисным векторам e e 1 , . . . , e e k . Координаты x i вектора x в базисе пространства V и координаты y k значения отображения f (x) в базисе пространства W связаны следующим соотношением: y 1 y m = a 1 1 . . . a 1 n a m 1 . . . a m n x 1 x n , или, в матричной форме, Y = AX, где Y и X — столбцы координат векторов f (x) и x соответственно, а матрица A f = A = (a k i ) является матрицей, определяемой линейным отображением f (и определяющей его). Мы видим, что задание базисов в V и W позволяет сопоставить каждому линейному отображению f его матрицу A f , причем это сопоставление взаимо однозначно. Поэтому существует биективное отображение между множеством линейных отображений L(V, W ) из V в W и множеством матриц M m,n (K) с коэффициентами из поля K размера m × n. Лемма 3.1.2 L(V, W ) ∼ = M m,n (K). Доказательство. Достаточно проверить, что построенное выше биективное отображение L(V, W ) → M m,n (K) будет линейным. Но это следует из того, что все отображения из L(V, W ) линейны. ¤ Примеры: 1) Рассмотрим отображение f (x) ≡ 0, ему будет соответствовать нулевая матрица A f = 0; 2) Если W = V , а отображение тождественно, f = id : V → V , т.е. f (x) = x ∀x ∈ V , то ему соответствует единичная матрица A f = E n ; 3) Отображению f (x) = λx соответствует матрица A f = λE n Еще раз отметим, что соответствие f 7→ A f зависит от выбора базисов в пространствах V и W . Изменим базисы в V (матрица перехода C 1 ) и в W (матрица перехода C 2 ), тогда, естественно, изменится и матрица данного линейного отображения. Если в первоначальных базисах координаты были связаны матричным соотношением Y = A f X, то в новых базисах (X = C 1 X 0 , Y = C 2 Y 0 ) имеем C 2 Y 0 = A f C 1 X 0 , т.е. Y 0 = C −1 2 A f C 1 X 0 = A 0 f X 0 . Окончательно получаем формулу для матрицы оператора в новых базисах A 0 f = C −1 2 A f C 1 Определение 3.1.3 Ядром Ker f линейного отображения f : V → W называется множество всех векторов, переходящих в ноль, Ker f = {x ∈ V : f (x) = 0}. Образом Im f линейного оператора f : V → W называется множество векторов y ∈ W , для которых существует прообраз, Im f = {y ∈ W : ∃x ∈ V, f (x) = y}. Лемма 3.1.4 Ядро любого линейного оператора является линейным подпространством в V ; образ любого линейного оператора является линейным подпространством в W . 20 |