Тема Линал и алгебра.

04 Геометрия евклидовых линейных пространств.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#47977

Доказать в произвольном евклидовом пространстве $V$ неравенство треугольника. А именно, что для любых двух векторов $v,w$ евклидова пространства $V$ выполнено

|u+ v| ≤ |u| + |v|

Показать ответ и решение

Мы имеем неравенство между неотрицательными числами, поэтому оно равносильно исходному неравенству, возведенному в квадрат:

|u+ v|2 ≤ (|u| + |v|)2

Иначе говоря,

< u + v,u + v > ≤ < u,u > +2 |u||v |+ < v,v >

Но если раскрыть скалярное произведение слева по полилинейности, то получится:

< u + v,u+ v >= < u,u > +2 < u,v > + < v,v >

И после сокращения на одинаковые слагаемые слева и справа, получаем неравенство

< u,v >≤ |u||v |

которое очевидно следует из неравенства Коши-Буняковского.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#50403

Доказать Теорему Пифагора для евклидовых пространств:
Если в евклидовом пространстве $V$ векторы $v,u$ - ортогональны (т.е. $< v,u >= 0$ ), то обязательно

|u + v|2 = |u|2 + |v|2

Показать ответ и решение

Действительно,

|u + v|2 = < u + v,u+ v >= < u,u > + < u,v > + < v,u > + < v,v >

В силу ортогональности $u ⊥ v$ имеем $< u,v >= < v,u >= 0$ , а потому в конце концов:

|u + v|2 = < u+ v,u+ v >= < u,u > + < v,v >= |u|2 + |v|2

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#50404

Линейное пространство $ℝ2$ наделено таким скалярным произведением $f : ℝ2 × ℝ2 → ℝ$ , что:
1. $v = (1,0)$ и $u = (− 1,1)$ перпендикулярны относительно этого скалярного произведения, т.е. $f(v,u ) = 0$ ;
2. Относительно этого скалярного произведения $|v| = 3$ , $|u| = 4$ , т.е. $∘ ------ ∘ ------- f (v,v) = 3, f (u,u ) = 4$ ;
Задача: Найти длину вектора $(0,1)$ относительно этого скалярного произведения $f$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что $(0,1) = v + u$ . Далее, по теореме Пифагора для евклидовых пространств вспоминаем, что в любом евклидовом пространстве для любых ортогональных векторов выполнено, что

|u + v|2 = |u|2 + |v|2

а поэтому $|(0,1)|2 = 9 + 16 = 25$ значит, $|(0,1)| = 5$ .

(И совершенно неважно, что скалярное произведение у нас нестандартное. Теорема Пифагора верна для любого скалярного произведения.)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#50405

Доказать, что если $V$ - евклидово пространство, $<, >$ - скалярное произведение на нём, то для любого $v ∈ V$ выполнено $< v,0 >= 0$ . Мы этим не раз уже пользовались, и не раз еще воспользуемся.

Показать ответ и решение

Действительно, воспользуемся тем, что нулевой вектор $0 ∈ V$ обладает таким прекрасным свойством, что $0 + 0 = 0$ . Тогда:

< v,0 >= < v,0 + 0 >= < v,0 > + < v,0 >

И мы здесь воспользовались линейностью скалярного произведения по второму аргументу. Но тогда, отнимая число $< v,0 >$ из обеих частей последнего равенства, получаем

0 = < v,0 >

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#50406

Пусть в $ℝ4$ задано стандартное скалярное произведение (т.е. сумма произведений соответствующих координат). Дополнить систему ${v1,v2}$ до ортонормированного базиса в $4 ℝ$ , где $1 1 1 1 v1 = (2,2,− 2,− 2)$ , $v2 = (12, 12, 12, 12)$ .

Показать ответ и решение

Найдём сначала $v3$ такой, что $< v1,v3 >= 0$ , $< v2,v3 >= 0$ . Если $v3$ имеет координаты $v3 = (a,b,c,d )$ , то мы получаем систему

( { 1a + 1b − 1c− 1d = 0 2 2 2 2 ( 12a + 12b + 12c+ 12d = 0,

У которой нам достаточно подобрать лишь какое-нибудь частное решение. Подойдёт, например, $a = 1,b = − 1,c = 0,d = 0$ . То есть $v3$ можно взять как $v3 = (1,− 1,0,0)$ .

Далее, чтобы построить $v4$ , нам нужно уже найти его из условия, что $< v1,v4 >= 0$ , $< v2,v4 >= 0$ , $< v3,v4 >= 0$ .

Пусть $v4 = (x,y,z,w )$ . Тогда получаем систему уравнений:

( || 1x + 1y − 1z − 1w = 0 |{ 2 2 2 2 | 12x + 12y + 12z + 12w = 0, ||( x− y = 0,

Подойдёт, например, $x = 0,y = 0,z = 1,w = − 1$ . То есть, в качестве $v4$ можно взять $v4 = (0,0,1,− 1)$ .

Осталось только добиться того, чтобы длина $v3$ и $v4$ стала равна 1. Потому что мы ведь хотели не просто ортогональный, но ортонормированный базис.

Для этого нужно просто наши вектора поделить на их длину.

Итого, получится: $ˆv3 = |1v|v3 = ( 1√-,− 1√-,0,0) 3 2 2$ , $vˆ4 = |1v|v4 = (0,0,√1,− √1-) 4 2 2$ . И вот тогда уже система ${v1,v2,ˆv3,ˆv4}$ будет образовывать ортонормированный базис в $4 ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#50407

Рассмотрим $v1 = (1,2,3)$ , $v2 = (3,2,1)$ , $v3 = (1,1,3)$ . Ясно, что система векторов ${v1,v2,v3}$ будет базисом в $3 ℝ$ (Они линейно независимы, например, потому, что определитель матрицы, в которую по столбцам положены их координаты, отличен от 0).

Пусть в $ℝ3$ задано стандартное скалярное произведение (т.е. сумма произведений соответствующих координат).

Задача: Для системы векторов ${v ,v ,v } 1 2 3$ применить процесс Грама-Шмидта.

Показать ответ и решение

Пусть ${b1,b2,b3}$ - это система ${v1,v2,v3}$ уже после применённого к ней процесса ортогонализации Грама-Шмидта.
Тогда, как и положено, мы должны взять $b1 = v1$ . А вот остальные $b2$ и $b3$ нам предстоит найти по формулам Грама-Шмидта.

Итак,

b2 = v2 − <-b1,v2 >-b1 < b1,b1 >

Вычисляем: $< b1,v2 >= < v1,v2 >= 3 + 4+ 3 = 10$ , $< b1,b1 >= < v1,v1 >= 1 + 4+ 9 = 14$ . Таким образом,

10- 5- 2-4- 8- b2 = (3,2,1)− 14(1,2,3) = (3,2,1)− 7(1,2,3) = (2 7,7,− 7)

Далее, третья $b−$ шка:

< b ,v > < b ,v > b3 = v3 −---1--3--b1 − ---2--3--b2 < b1,b1 > < b2,b2 >

Вычисляем: $< b1,v3 >= < v1,v3 >= 1 + 2+ 9 = 12$ , $< b1,b1 >= < v1,v1 >= 1 + 4+ 9 = 14$ , $< b ,v >= < (22, 4,− 8),(1,1,3) >= 22+ 4− 24 = − 4 2 3 7 7 7 7 7 7 7$ , $< b ,b >= 48- 2 2 7$ . Таким образом:

4 b3 = (1,1,3) − 12(1,2,3)− −-7(22, 4-,− 8-) = (1,1,3)− 6(1,2,3)+-1-(2 2, 4,− 8) = (1,− 2, 1) 14 487 7 7 7 7 12 7 7 7 3 3 3

Получаем ответ

2- 4- 8- 1- 2-1- b1 = (1,2,3),b2 = (27 ,7,− 7),b3 = (3,− 3,3)

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#50408

Доказать, что если $C1,C2$ - это две ортогональные матрицы, то их произведение $C1 ⋅C2$ тоже будет ортогональной матрицей.

Показать ответ и решение

Действительно, по определению, ортогональная матрица - это матрица перехода от одного ортогонального базиса к другому. Или, как мы доказали, это эквивалентно тому, что если эту матрицу умножить на себя же транспонированную, то получится единичная.

То есть, по сути нам дано $Ct1 ⋅C1 = E$ , $Ct2 ⋅C2 = E$ . Что же будет с матрицей $C = C1 ⋅C2$ ? Давайте проверим, будет ли выполнено, что $Ct ⋅C = E$ ?

Ct ⋅C = (C1 ⋅C2 )t ⋅C1 ⋅C2 = Ct ⋅Ct⋅C1 ⋅C2 = Ct⋅E ⋅C2 = Ct ⋅C2 = E 2 1 2 2

Получилось! Следовательно, $C = C1 ⋅C2$ - ортогональна.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#50409

Будет ли ортогональна матрица

( ) | 4 − 6 5| C = |( 2 1 6|) 1 − 1 0

Показать ответ и решение

Нет, не будет, потому что если мы перемножим скалярно первый её столбец на второй, то получится $− 24+ 2 − 1 = − 23 ⁄= 0$ . А произведение $i−$ го столбца на $j−$ ый столбец ортогональной матрицы равно $0$ , если $i ⁄= j$ , и 1, если $i = j$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#54991

Разложить матрицу $( ) | 1 3 1| A = | 2 2 1| ( ) 3 1 3$ в произведение $A = QR$ , где $Q$ - ортогональная матрица, а $R$ - верхнетреугольная с положительными числами на диагонали.

Показать ответ и решение

Как нам гласит теорема о существовании $QR$ -разложения, это разложение может быть получено в виде

A = B′DC − 1, где Q = B ′,R = DC −1

где в свою очередь $C$ - матрица перехода, которая получается, если ортогонализовать столбцы матрицы $A$ при помощи процесса Грамма-Шмидта, $B ′$ - это матрица перехода, которая получается, если мы из ортогональной системы полученной на первом шаге делаем ортонормированную (т.е. все вектора делим на их длину), $D$ - диагональная матрица, на диагонали которой стоят длины векторов системы, полученной на первом шаге, после ортогонализации столбцов матрицы $A$ .

Итак:
1 шаг. Ортогонализовать столбцы матрицы $A$ . Если их преобразовать при помощи процесса Грамма-Шмидта, то получится такая система векторов:

2 4 8 1 2 1 b1 = (1,2,3),b2 = (27-,7,− 7),b3 = (3,− 3,3)

А матрица перехода $C$ будет такой: $( ) 1 − 57 − 1112 || 1- || C = ( 0 1 12 ) 0 0 1$ . Тогда, находим $− 1 C$ :

( 5 6 ) | 1 7 7 | C −1 = |( 0 1 − 112|) 0 0 1

2 шаг. Матрица $D$ - это просто матрица, у которой по диагонали стоят длины векторов после применения процесса Грамма-Шмидта. То есть,

(√ --- ) 14 0 0 || ∘ -3 || D = |( 0 4 7 ∘0-|) 0 0 2 3

3 шаг. Матрица $B ′$ - это матрица, по столбцам которой стоят вектора после применения система Грамма-Шмидта и после того, как мы их отнормировали, то есть поделили на их длину. То есть,

( √1- -∘4-- -∘1-) | 14 7 37 3 23| || -2- --1- -−2-|| B ′ = || √14 7∘ 3- 3∘ 2|| ( -3- -−27 --13) √14 7∘ 3- 3∘ 2- 7 3

4 шаг. Далее, как мы и говорили,

( √--- ) ( ) (√ --- ∘ -- ∘ -) 14 0 0 1 5 6 14 5 27 6 27 ′ −1 || ∘ 3- || | 7 71 | || ∘ 3- 1 || Q = B , R = DC = |( 0 4 7 ∘0-|) |( 0 1 − 12|) = |( 0 4 7 −∘√21|) 0 0 2 0 0 1 2 3 0 0 3

И мы получили искомое разложение $A = QR$ , где $Q$ - ортогональная матрица, а $R$ - верхнетреугольная с положительными числами на диагонали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#54992

Доказать, что для любого подпространства $W$ евклидова пространства $V$ его ортогональное дополнение $⊥ W$ действительно является линейным подпространством.

Показать ответ и решение

Действительно, проверим, что сумма векторов и умножение вектора на скаляр на выводят на пределы $⊥ W$ :

1. Сумма. Возьмём $⊥ w1 ∈ W$ , $⊥ w2 ∈ W$ . То есть, для любого $w ∈ W$ выполнено $< w1,w >= 0$ и $< w2,w >= 0$ (по определению того, что такое $W ⊥$ ).

Но тогда для любого $w ∈ W$ будет

< w1 + w2,w >= < w1,w > + < w2,w >= 0 + 0 = 0

Следовательно, $w1 + w2 ∈ W ⊥$ .

2. Умножение на произвольный $λ ∈ ℝ$ . Возьмём $wˆ∈ W ⊥$ . То есть, для любого $w ∈ W$ выполнено $< ˆw,w >= 0$

Но тогда для любого $w ∈ W$ и для любого $λ ∈ ℝ$ будет

< λwˆ, w >= λ < ˆw,w >= λ ⋅0 = 0

Следовательно, $⊥ λwˆ∈ W$ .

(Здесь мы всюду пользовались линейностью скалярного произведения).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#54993

Доказать, что для любого подпространства $W$ евклидова пространства $V$ выполнено

(W ⊥ )⊥ = W

Показать ответ и решение

По определению,

W ⊥ = {v ∈ V| ∀w ∈ W < v,w >= 0}

Тогда, по определению

(W ⊥)⊥ = {v ∈ V| ∀w ∈ W ⊥ < v,w >= 0}

Но множество тех $v ∈ V$ , которые ортогональны любому вектору из $W ⊥$ - это в точности подпространство $W$ .

Но это и значит, что $(W ⊥)⊥ = W$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#54994

Найти угол между вектором $x = (− 1,5,3,5 )$ и подпространством в $ℝ4$ , являющимся множеством решений ОСЛУ

( { − 2x+ 4y − 2z = 0, ( − 10x + 5y + 8z + 3t = 0,

Показать ответ и решение

Давайте сначала найдем базис в пространстве решений, то есть ФСР нашей однородной системы линейных уравнений

( { − 2x+ 4y − 2z = 0, ( − 10x + 5y + 8z + 3t = 0,

При помощи стандартного алгоритма получаем, что базис пространства решений, то есть базис нашего подпространства - это:

7 6 2 1 v1 = (-,--,1,0),v2 = (-, -,0,1) 5 5 5 5

Теперь вспомним, что угол между $x$ и нашим подпространством $W$ равен $∠(x,prW x)$ .

Таким образом, нам нужно найти координаты проекции $x$ в подпространство $W$ , у которого мы только что нашли базис.

Для этого нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $4 ℝ$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $W ⊥$ .

Подберем $v3$ и $v4$ так, чтобы они были линейно независимы с $v1$ и $v2$ и при этом были бы им ортогональны:

7- 2- 6- 1- v3 = (1,0,− 5 ,− 5 ),v4 = (0,1,− 5,− 5)

Тогда любой вектор из $V$ в частности наш $x = (− 1,5,3,5)$ можно однозначно представить в виде

x = w1 + w2

где $w1 = prW x ∈ W$ , $⊥ w2 = ortW x ∈ W$ .

Для того чтобы записать такое представление, нам нужно просто разложить $x$ по базису $v1,v2,v3,v4$ .

То есть, надо понять, как $x$ представить в виде

x = αv1 + βv2 + γv3 + Δv4

Но это есть в точности задача о решении системы линейных уравнений

( ) ( ) ( ) 7 2 1 0 α − 1 || 56 51 || || || || || || 5 5 0 1|| || β|| = || 5 || | 1 0 − 75 − 65| | γ| | 3 | ( 2 1) ( ) ( ) 0 1 − 5 −5 Δ 5

Решая её, находим

α = 1,β = 4γ = − 4,Δ = 3

Тогда $w1 = prW x = αv1 + βv2 = v1 + 4v2 = (3,2,1,4)$ .

Следовательно,

√ -- ∠ (x, prWx ) = arccos <-x,prW-x > = arccos-2 = π- |x ||prW x| 2 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#54995

Пусть $(𝔘, V)$ - аффинное пространство, точка $P ∈ 𝔘$ . Пусть также $(𝔅, W )$ - аффинное подпространство. Доказать, что длина $|ortW P Q|$ не зависит от точки $Q ∈ 𝔅$ . То есть, для любой $Q ∈ 𝔅$ длина $|ortW P Q|$ получается одна и та же.

Показать ответ и решение

Пусть $Q′$ - другая точка из $𝔅$ .

Тогда, с одной стороны,

P Q = prW P Q + ortWP Q

P Q ′ = prW PQ ′ + ortW PQ ′

Но с другой стороны, ясно, что $P Q′ = PQ + QQ ′$ , где $QQ ′ ∈ W$ , поскольку точки $Q$ и $Q ′$ обе были из подпространства $(𝔅, W )$ .

Но тогда имеем:

′ ′ ′ ′ P Q = QQ + P Q = prW P Q + ortW P Q

Но помним, что $P Q = prW P Q + ortW PQ$ и имеем:

′ ′ ′ ′ P Q = Q◟Q--+-p◝r◜W-P-Q◞ + o◟rtW◝P◜-Q◞= p◟rW◝P◜-Q◞+ o◟rtW◝◜PQ-◞ ∈W ∈W ⊥ ∈W ∈W ⊥

Следовательно, в силу единственности разложения, имеем:

QQ ′ + prW P Q = prW P Q′

ortW P Q = ortW PQ ′

Именно последнее равенство нам и требовалось доказать (раз эти вектора равны, то и длины их подавно равны).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#54996

Найти расстояние между точкой $P (5,− 1,4,− 3)$ и двумерной плоскостью в $ℝ4$ , заданной системой неоднородных линейных уравнений

( { x+ y + z = 4, ( 3x− 3y + z − t = 4,

Показать ответ и решение

Найдем сначала базис в линейном подпространстве, которое задает наше аффинное подпространство.

Ясно, что это линейное подпространство - это общее решение однородной системы линейных уравнений

({ x+ y + z = 0, ( 3x− 3y + z − t = 0,

Поскольку любое решение неоднородной - это частное решение неоднородной + общее решение однородной, то и у нас любая точка нашей двумерной плоскости - это $v + w$ , где $v$ - частное решение неоднородной, а $w$ - любой вектор из $W$ , где $W$ - пространство решений ОСЛУ

( { x+ y + z = 0, ( 3x− 3y + z − t = 0,

2 1 1 1 v1 = (− -,− -,1,0),v2 = (-,− -,0,1) 3 3 6 6

Теперь вспомним, что расстояние между $P$ и нашей плоскостью равно $−−→ |ortW P Q|$ , где $Q$ - любая точка, удовлетворяющая неоднородной системе, то есть лежащая в плоскости. Возьмём точку $Q$ , допустим, такую $Q = (2,1,1,0)$ (от этого ничего не зависит, лишь бы она лежала в плоскости).

Таким образом, нам нужно найти координаты ортогональной составляющей $−−→ P Q$ относительно подпространства $W$ , у которого мы только что нашли базис.

Для этого нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $4 ℝ$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $W ⊥$ .

Подберем $v3$ и $v4$ так, чтобы они были линейно независимы с $v1$ и $v2$ и при этом были бы им ортогональны:

v3 = (1,0, 2,− 1),v4 = (0,1, 1, 1-) 3 6 3 6

Тогда любой вектор из $ℝ4$ в частности наш $−−→ P Q = (− 3,2,− 3,3)$ можно однозначно представить в виде

−P−→Q = w1 + w2

где $w1 = prW −P−→Q ∈ W$ , $w2 = ortW −−P→Q ∈ W ⊥$ .

Для того чтобы записать такое представление, нам нужно просто разложить $−−→ P Q$ по базису $v ,v ,v ,v 1 2 3 4$ .

То есть, надо понять, как $−−P→Q$ представить в виде

−−→ P Q = αv1 + βv2 + γv3 + Δv4

Но это есть в точности задача о решении системы линейных уравнений

( ) ( ) ( ) − 23 16 1 0 α − 3 || − 1 − 1 0 1|| || β|| || 2 || || 3 6 || || || = || || |( 1 0 23 13|) |( γ|) |(− 3|) 0 1 − 1 1 Δ 3 6 6

Решая её, находим

α = − 1,β = 2γ = − 4,Δ = 2

Тогда $−−→ w2 = ortW PQ = γv3 + Δv4 = − 4v3 + 2v4 = (− 4,2,− 2,1)$ .

Следовательно, искомое расстояние равно

−−→ |ortW PQ | = |(− 4,2,− 2,1)| = 5

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#79778

Зададим на $ℝ2$ функцию от двух векторных переменных

f(v,u) : ℝ2 × ℝ2 → ℝ

по следующему правилу

( ) ( ) ( ) f(v ,v ) = v v 1 0 u1 1 2 1 2 0 4 u2

Задача. Доказать, что $f$ определяет некоторое скалярное произведение на $2 ℝ$ . Найти относительно этого скалярного произведения произведение векторов $v = (1,− 1)$ и $u = (4,1)$ .

Показать ответ и решение

Для этого надо проверить, что функция $f$ - билинейная, симметрична и положительно определена.

Пусть $2 x,y,z ∈ ℝ$ и их координаты: $x = (x1,x2)$ , $y = (y1,y2)$ , $z = (z1,z2)$ .

1. Билинейность.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 z1 ( ) ( ) 1 0 z1 f(x+ y,z) = x1 + y1 x2 + y2 0 4 z2 = ( x1 x2 + y1 y2 ) 0 4 z2 =

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) тупо раскры=ваем скобки x x 1 0 z1 + y y 1 0 z1 1 2 0 4 z2 1 2 0 4 z2

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) f(λx,z) = λx λx 1 0 z1 = λ x x 1 0 z1 = λf(x,y) 1 2 0 4 z2 1 2 0 4 z2

Линейность по первому аргументу доказана. Линейность по второму аргументу проверяется, естественно, аналогично.

2. Симметричность.

( ) ( ) ( ) ( )( ) f(y,x) = y y 1 0 x1 = y 4y x1 = y1x1 + 4y2x2 1 2 0 4 x2 1 2 x2

А с другой стороны

( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 y1 ( ) y1 f (x, y) = x1 x2 = x1 x2 = x1y1 + x24y2 0 4 y2 4y2

Симметричность доказана.

3. Положительная определенность.

( ) ( ) ( ) f(x,x) = x x 1 0 x1 = x2 + 4x2 ≥ 0 ∀(x ,x ) ∈ ℝ2 1 2 0 4 x2 1 2 1 2

Более того, очевидно, что

f (x,x) = 0 ⇔ x = 0, т.е. x1 = x2 = 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#79779

Проверить, что следующая функция является скалярным произведением на пространстве всех матриц $Matn ×n(ℝ )$ :

< A, B > о=пр.tr(AtB )

Показать ответ и решение

Проверить, что следующая функция является скалярным произведением на пространстве всех матриц $Matn ×n(ℝ )$ :

< A, B > о=пр.tr(AtB )

Решение.

Для этого надо проверить, что функция $опр. t < A,B > = tr(A B )$ - билинейная, симметрична и положительно определена.

1. Билинейность.

< A1 + A2, B >= tr((A1 + A2 )tB ) = tr((At + At)B ) = tr(AtB + At B) = tr(At B )+ tr(At B ) = 1 2 1 2 1 2

= < A1,B > + < A2, B >

(мы в процессе воспользовались двумя очевидными свойствами: во-первых, траспонирование суммы матриц это то же самое, что и сумма транспонированных матриц и, во-вторых, что след суммы равен сумме следов.).

t t t < λA, B >= tr((λA ) B) = tr(λA B ) = λtr(A B ) = λ < A, B >

(мы в процессе воспользовались таким очевидным свойством следа, которое гласит, что при умножении матрицы на $λ$ , её след тоже умножается на $λ$ .).

Мы проверили линейность по первому аргументу. Линейность по второму проверяется аналогично.

2. Симметричность.

t t t t t t t < B, A >= tr(B A) = tr((B A )) = tr(A (B )) = tr(A B) =< A, B >

(мы в процессе воспользовались очевидными свойством следа: след не меняется при транспонировании.) Симметричность проверена.

3. Положительная определенность.

t 2 2 2 < A,A >= tr(A A) = a◟1 +-a-2 +◝◜...+-an◞ ≥ 0 ∀a1,...,an ∈ ℝ где ai− диагональные элементы матрицы A

И более того, ясно, что

< A,A >= a21 + a22 + ...+ a2n = 0 ⇔ все ai = 0

И мы все доказали.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#79780

Доказать, что в параллелограмме, натянутом на векторы $x$ и $y$ евклидова пространства $V$ , сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин сторон.

Показать ответ и решение

Раз $V$ - евклидово, то в $V$ введено некоторое скалярное произведение $<, >$ .

Если параллелограмм натянут на векторы $x,y$ , то его диагонали равны, соответственно, $x + y$ и $x − y$ . И нам нужно сейчас доказать, что

|x + y|2 + |x− y|2 = 2|x|2 + 2|y |2

Докажем это. Левая часть, по определению длины в евклидовом пространстве равна:

< x+y, x+y > + < x− y,x− y >= < x,x > + < y,y > +2 < x,y > + < x,x > + < y, y > − 2 < x,y >=

= 2 < x,x > +2 < y,y >= 2|x|2 = 2|y|2 = пра вой ч асти

И мы все доказали.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#81243

В пространстве $𝒫≤2$ всех многочленов степени не выше чем 2 дополнить многочлен $x2$ до ортогонального базиса всего пространства.

Считать, что скалярное произведение на $𝒫≤2$ задано формулой

∫ 1 < p,q >= p(x)q(x)dx 0

Показать ответ и решение

Можно, конечно, сразу дополнить $x2$ до ортонормированного базиса, взяв в качестве двух дополняющих его многочленов некоторые многочлены

p (x) = a x2 + b x + c 1 1 1 1

2 p2(x) = a2x + b2x + c2

с неопределенными коэффициентами, и записать явно условия того, что они все три попарно ортогональны относительно данного нам скалярного произведения.

Но мы поступим не так. Покажем, что задачу дополнения некоторой линейно независимой системы векторов до базиса можно решать и через процесс Грама-Шмидта (это еще одно полезное его применение.)

Дополним многочлен $x2$ до какого-нибудь базиса в нашем пространстве $𝒫≤2$ . Например, можно дополнить его многочленами $x$ и $1$ . Ясно, что

x2,x,1

- это базис пространства $𝒫≤2$ . А теперь просто применяем к набору векторов

x2,x,1

процесс Грама-Шмидта.

Первый вектор остается неизменным, то есть первый вектор в новом ортогонализованном базисе и остается $x2$ .

Второй вектор вычисляем по формуле

∫ < x2,x > 2 01x2 ⋅xdx 2 p2 = − <-x2,x2->x + x = − ∫1--2--2---x + x = 0 x ⋅x dx

x4 1 1 = − -45 |0x2 + x = − 4x2 + x = − 5x2 + x x5 |10 15 4

(при вычислении интегралов мы, естественно, пользовались формулой Ньютона-Лейбница)

Далее, вычисляем $p3$ , то есть последний многочлен нашего ортогонального базиса:

-<-x2,1->- 2 ----<-−-54x2 +-x,-1 >--- 5- 2 p3 = − < x2,x2 > x − < − 5x2 + x,− 5x2 + x > (−4 x + x )+ 1 = 4 4

∫ ∫ 10 x2dx 2 01(− 54x2 + x)dx 5 2 = − ∫1-4---x − ∫1---5-2----2---(−4-x + x )+ 1 = 0 x dx 0 (− 4x + x )dx

(все интегралы здесь также легко вычисляются по формуле Ньютона-Лейбница)

5 5 10 = −--x2 − 4(−-x2 + x)+ 1 = --x2 − 4x+ 1 3 4 3

Значит, набор многочленов

2 5-2 10- 2 x ,− 4x + x, 3 x − 4x + 1

будет образовывать ортогональный базис в пространстве $𝒫 ≤2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#81244

Найти объем трехмерного параллелепипеда, натянутого на векторы

a1 = (1,0,1,0),a2 = (1,2,0,− 1),a3 = (− 3,2,4,− 1)

Показать ответ и решение

По свойству матрицы Грама, квадрат объема параллелепипеда равен определителю матрицы Грама из векторов $a1,a2,a3$ .

Для того, чтобы вычислить матрицу Грама, найдем всевозможные скалярные произведения: