1060963_B9CC3_zinenko_s_n_lineinaya_algebra

Замечание. Новый ортонормированный базис { i ,									j, k }		имеет ту же ориентацию, что и
исходный старый базис {i ,		j, k },		в чем можно убедиться, выяснив знак смешанного
произведения }
							2 − 2	3	−	2
( i , j, k )= det i ,	j, k = detU =			1			6	2	−	6		=1 > 0
		4 3
						2	2	0	2	2

т.е. новый базис получается из старого поворотом в пространстве.

№ 14.2. b.
Поверхность 2го порядка, задаваемая в старой системе координат { i ,																	j,	k } уравнением
	x 2 + y 2 + 2z 2 −6xy + 2 6xz + 2												6 y z = 0 (= ±1)
в новой системе координат {i ,						j,	k }
				−2 2							2						−	6
i = u11	=	1		2 2		,	j = u1 2	=	1		2		,	k = u2 1	=	1
		4							4							4	− 6
				0							2 3							2

получающейся из старой поворотом в пространстве с одновременным зеркальным отражением относительно какой-либо оси

	( i ,	j ,	k ) = det	i ,	j ,	k		= det U	=	1
										43

−2	2		2	−	6
2	2		2	−	6	= −1 < 0
	0	2	3		2

описывается уравнением ( № 14.1. b. ).

4 x 2 + 4 y 2 − 4 z 2 = 0 (±1)

в котором легко узнается конус (одно/дву - полостный гиперболоид).

№ 14.3.

Метод Лагранжа приведения квадратичной формы

Kn (x1, x 2 , ..., xn

)=a11 x12 +...+an n xn2 +2a1 2 x1 x2 +...+2a1 n x1 xn +2a 23 x2 x3 +...+2an−1n xn−1 xn =→

к каноническому виду состоит в последовательном выделении полных квадратов

→= (

a11 x12 + 2a1 2 x1 x2 + ...

+ 2a1n x1 xn )

+ ( ... )=

= a11 (

x12 + 2 x1

a12

x2 + ... + 2 x1

a1n

xn

) +

( ... )=

a11

a11

= a11 (

a12 x2 + ... +

a1n

xn )2

?

+ ( ... )= ∆1 x12 + Kn−1 ( x 2 , ... , xn )

x1 +

− ...

\\

a11

a11

\\x1

∆1

91

Замечание. Согласно закону инерции квадратичной формы количество положительных, нулевых и отрицательных коэффициентов при квадратах новых переменных xk2 (так называемая сигнатура (n+, n0 , n−) ) не зависитотспособа приведения к каноническому виду.

Следовательно, если нас интересует только вопрос знаков коэффициентов канонического вида (например, при определении типа поверхности второго порядка), то метод Лагранжа позволяет ответить на это более элементарными средствами, по сравнению с нахождением собственных значений, т.е. корней характеристического полинома (построение которого весьма трудоемко, а нахождение корней не всегда удается).

№ 14.3. a.

Последовательным выделением полных квадратов приведем квадратичную форму к каноническому виду

K ( x ) = 2 x 2	+ 2 x 2	+ 2 x 2	− x		1	x − 3 x x =
1	2	3				3	2	3

= 2(x12 − 12 x1x3 )+ (2x22 + 2x32 − 3x2 x3 )= 2(x12 − 2 x1 14 x3 )+ (2x22 + 2x32 − 3x2 x3 )=

= 2(x1

− 1 x3 )2

− 2

1

x32 + (2x22 + 2x32

− 3x2 x3 )= 2x12 + 2x22 +

15 x32

− 3x2 x3 =

2

4

4

8

\\

x1

= 2x12 + 2(

x22

−

3

x2 x3

)+ (158 x32 )= 2x12 + 2(x22 − 2 x2

3

x3 )+ (158 x32 )=

2

4

= 2x12 + 2(x2 −

3

x3 )2 − 2

3

x32 + (158 x32 )= 2x12 + 2x22 + 64 x32 = 2 x12 + 2 x22 +

3

x32

4

42

2

\\

\\

x3

x2

Сравнить! сигнатуру квадратичной формы с № 14.1. a. , № 14.2. a. (n+, n0 , n−) =(±3, ±0, ±0)

№ 14.3. b.
K ( x )= x	2	+ x 2	+ 2x 2	− 6x		1	x + 2 6 x			1	x + 2 6 x x =
1		2	3				2				3	2	3

=(x12 −6x1x2 +2 6x1x3 )+(x22 +2x32 +2 6x2 x3 )=(x12 −2 x1 3x2 +2 x1 6x3 )+(x22 +2x32 +2 6x2 x3 )=

=(x	1	−3x + 6x					)2 −9x 2			−6x 2			+23x 6x +(x 2			+2x 2		+2 6x x			)=x 2	−8x 2		−4x 2	+8 6x x =
		2			3		2			3			2	3	2	3		2		3	1	2		3	2		3
		\\
= x12 + (−				x1					)− (4x32 ) = x12 − 8(x22 − 2 x2										x3 ) − (4x32 ) =
			8x22	+	8 6x2 x3												6
																	2
= x12 − 8(x2 −						6		x3 )2 + 8			6	x32 − (4x32 ) = x12 − 8x22 + 8 x32 = 1 x12 − 8 x22 + 8 x32
						2					22
					\\													\\
																			x3
					x2
Сравнить! сигнатуру квадратичной формы с № 14.1. b. , № 14.2. b. (n+, n0 , n−) =(																									2, 0, 1)

92

№ 14.4.

Если угловые миноры матрицы A

∆1 ≠0 ∆k ≠0 ∆n ≠0

		//	...	//		...	//
		a11		a1k			a1n
A= ak1			...	akk		...	ak n
		a	...	a		... a
		n 1		n k			n n

отличны от нуля, то после преобразования по методу Лагранжа квадратичной формы к каноническому виду получим

Kn (x1, ... , xk , ... , xn )= Kn (x1, ... , xk , ... , xn )= ∆1 x12 + ... +	∆k	xk2 + ... +	∆n	xn2
	∆k −1		∆n−1

Теорема (критерий Сильвестра) Для того,

1) чтобы квадратичная форма была положительно (отрицательно) определенной

K ( x ) = ( A x, x )			= > 0	x ≠ 0
			< 0
1) чтобы угловые миноры матрицы A
(	+1)k ∆k > 0		∆1 > 0,		∆2	> 0,	∆3	> 0,	... были положительными +++ ...
	−1)k ∆k > 0				∆2		∆3		... чередовали знак	−+− ...
(			∆1	< 0,		> 0,		< 0,

Замечание. Матрица A>0 (<0 ) также называется положительной (отрицательной).

№ 14.4. a.

Выясняя знакоопределенность квадратичной формы

K (x) = 2x 2	+ 2x 2	+ 2x 2	− x	1	x − 3 x x = →
1	2	3			3	2	3

найдем угловые миноры ее матрицы (можно было бы найти собственные значения матрицы, т.е. корни характеристического полинома, что, очевидно, не всегда удается)

	2		0		−1							2		0	−1
					2				±2	0						2
A =	0		2	−	3		∆1 =	2 = 2 > 0, ∆2 =			= 4 > 0, ∆3 =	0		2	−	3	= 6 > 0
					2				0	±2						2
	−1	−	3		2							−1	−	3		2
	2		2									2		2

Следовательно, согласно критерию Сильвестра, квадратичная форма

K ( x ) = ( A x, x )> 0 x ≠ 0 A > 0

Сравнить! По методу Лагранжа квадратичная форма приводится к виду ( № 14.3. a. )

→= 2 x 2	+ 2 x 2	+	3	x 2	= 2 x 2	+	4	x 2	+	6	x 2	= ∆		x 2	+	∆2	x 2	+	∆3	x 2
			2				2												∆2
1	2			3	1			2		4	3		1	1		∆1 2				3

93

№ 14.4. b.

Выясняя знакоопределенность квадратичной формы

K (x) = x 2	+ x 2	+ 2x 2	− 6 x	1	x + 2 6 x	1	x + 2 6 x x = →
1	2	3			2		3	2	3

найдем угловые миноры ее матрицы (можно было бы найти собственные значения матрицы, т.е. корни характеристического полинома, что, очевидно, не всегда удается)

	1	−3	6												1	−3	6
											1 −3
A =	−3	1	6		∆	1	= ±1 =1 > 0,	∆	2	=			= −8 < 0, ∆	3	= −3	1	6	= −64 < 0
											−3	1
	6	6	2												6	6	2

Следовательно, согласно критерию Сильвестра, квадратичная форма “никакая”

K ( x ) = (

Ax, x )<>0 x ≠ 0

Сравнить!

По методу Лагранжа квадратичная форма приводится к виду ( № 14.3. b. )

→= 1 x 2

− 8 x 2

+ 8 x 2

= 1 x 2 −

8 x 2 +

64

x 2 = ∆

x 2

+

∆2

x 2

+

∆3

x 2

∆2

1

2

3

1

1

2

8

3

1

1

∆1 2

3

№ 14.5.

Первый дифференциал функции нескольких переменных

f ( x) = f (x1, ... , xk , ... , xn )

удобно рассматривать, как линейный функционал над столбцом вектора приращений

	n	∂
	d f ( x0 ) = ∑		f ( x0 )dxk
		∂x
	k =1	k

а второй дифференциал, как

				∂
				∂x
				...
				1
= ( fx′, dx ),				∂
	где	fx′ = grad f ( x0 ) =						f ( x0 )
				∂x
				k
				...∂
				∂x
				n

квадратичную форму над столбцом вектора приращений

∂2

∂2

∂x ∂x

∂x ∂x

j

1

1

1

n n

d 2 f ( x

) =

∂2

f ( x

)dx

dx

=

(

f ′′

dx, dx

)

,

где f ′′

=

∂2

∂2

0

∑∑

0

j

∂x ∂x

∂x ∂x

∂x

∂x

j

i

xx

xx

j

i =1 j=1

i

i

1

i

∂2

∂2

∂x

∂x

∂x

∂x

j

n

1

n

		∂2
		∂x ∂x
	1			n
		∂2						f ( x0 )
		∂xi∂xn
		∂2
	∂x		∂x
		n		n

Теорема (достаточное условие экстремума функции нескольких переменных) Пусть 1) первый дифференциал

n

∂

f ( x0 ) dxk = (

)= 0 fx′ = 0

d f ( x0 ) = ∑

fx′, dx

∂x

k =1

k

\\

0

1) если второй дифференциал

n

n

> 0

min

0

0

i

j

xx

xx

0

∑∑ ∂x ∂x

d 2 f ( x

) =

∂2

f ( x

)dx

dx

=(

f ′′ dx,

dx ) f ′′ =

<

0

x

=

max

i

j

i=

1 j=1

>

0

<

min max

94

№ 14.5. a.

Функция трех переменных ( № 14.1. a. , № 14.2. a. , № 14.3. a. , № 14.4. a. )

		2
f (x, y, z) = 2x2 + 2 y2 + 2z2 − xz −
	3yz = ( 0
		−1
		2

	0	−		1		x
				2
	2	−		3		y
				2
	3
−				2		z
	2

		x
			)= ( A x, x )
,		y
		z

сама являющаяся квадратичной формой, имеет

)

(

d f ( x) =d

(

A x, x

)

=

(

A d x, x

)

+

(

A x, d x

=

= A = A′

(d f ( x) )

=d ( 2A x, dx )= ( 2A dx, dx )

d 2 f ( x) =d

Следовательно, подозрительной на экстремум является точка

2A x, d x )	fx′ = 2A x
		f ′′	= 2A
		xx

d f ( x) = 0 f ′ = 0 2A x = 0 x		= A −10 = 0
x	0

Исследуя знак второго дифференциала в точке x0 (“случайно” второй дифференциал const )

d 2 f ( x	0	) f ′′ = 2A > 0
		xx
заключаем, что точка x0 = 0 является точкой min .
Замечание. Этот факт непосредственно следует из № 14.4. a.
№ 14.5. b.
Функция трех переменных ( № 14.1. b. , № 14.2. b. ,						№ 14.3. b. , № 14.4. b.
						1	−3		x
f (x, y, z) =x2 +y2 +2z2 −6xy+2 6xz +2 6 yz =			(					6
					−3		1	6	y ,
						6	6		z
								2

в подозрительной на экстремум точке x0 = 0 не имеет ни min , ни max

d 2 f ( x	)	f ′′	= 2A>0
0		xx	<

Замечание. Этот факт непосредственно следует из № 14.4. b.

)
	x
			)	=	(	A x, x	)
	y
	z

Список литературы

[1]ИльинВ.А., ПознякЭ.Г. Линейная алгебра. –

М. Наука, 1978.

[2]Глазман И.М., Любич Ю.И. Конечномерный линейный анализ. -

М. Наука, 1969.

[3]Булдырев В.С., Павлов Б.С. Линейная алгебра и функции многих переменных. - Л. Изд-во при Ленингр. ун-те, 1985.

[4]Кострикин А.И., Манин Ю.И. Линейная алгебра и геометрия. -

М. Наука, 1986.

[5]Мальцев А.И. Основы линейной алгебры. -

М. Наука, 1975.

[6]Ахиезер Н.И., Глазман И.М. Теория линейных операторов в гильбертовом пространстве. - Х. Вища школа. Изд-во при Харьк. ун-те, 1977.

95

1)	Применяя метод Гаусса, найти	{		j	}
-	i		...,q
	базисиразмерность Lin{..., p ,...} и Lin				,... оболочекстрокистолбцовматрицыA ;

-rang A , базисные строки и столбцы;

-базис и размерность Ran A и Ker A оператора, задаваемого матрицей A ;

проверить, что dim Ran A + dim Ker A = dim Rn .

2)	Применяя метод Гаусса, найти
-	общее решение	xон системы линейных неоднородных уравнений A x =b ;
-	ранги матрицы	A и расширенной матрицы	-	=	A		b	системы;
			A

-общее решение xоо соответствующей однородной системы A x =0 , базис и размерность

подпространства ее решений L0 ; проверить, что rang A + dim L0 = n ;

-частное решение xчн данной неоднородной системы;

- проверить, что A xоо =0 , A xчн =b .

3)	Применяя метод Гаусса, найти
-	det A ;
-	обратную матрицу A−1 ;
-	проверить, что A A −1 = A −1 A = I .
4)	Для диагонализируемого оператора, задаваемого матрицей A , найти
-	собственные векторы {tk } и собственные значения {λk }; проверить, что A tk = λk tk ;
-	матрицу перехода T к базису из собственных векторов и матрицу Λ оператора в нем;
-	проверить непосредственно справедливость разложения
	A =T Λ T −1

-построить “косые” проекторы Pk на собственные подпространства параллельно сумме

других; проверить, что

Pi Pj =δi j Pi ;

- проверить справедливость “косого” разложения единицы и спектральное разложение диагонализируемого оператора, задаваемого матрицей A

I = ∑Pk	A = ∑λk Pk
k	k

- вычислить значение характеристического полинома pA ( A) непосредственно и используя спектральное разложение.

5) Для самосопряженного оператора, задаваемого матрицей A = A*, найти

-собственные векторы {uk } и собственные значения { λk }; проверить, что A uk =λk uk ;

-матрицу перехода U к ортонормированному базису из собственных векторов и

матрицу Λ оператора в нем; проверить, что U U* =U* U = I .

-проверить непосредственно справедливость разложения

A=U Λ U*

-построить ортопроекторы Pk на собственные подпространства; проверить, что

P = P *,	P P	j	=δ	P ;
k k	i			i j i

- проверить непосредственно справедливость ортогонального разложения единицы и спектральное разложение самосопряженного оператора, задаваемого матрицей A

I = ∑Pk	A = ∑ λk Pk
k	k
- ортогональное преобразование	x =U x , приводящее квадратичную форму

K ( x) = (A x, x) к каноническому виду K ( x) = (Λ x, x);

-выяснить характер стационарных точек квадратичной функции K ( x) .

96