Сегодня решать будем по задачнику И.В. Проскурякова «Сборник задач по линейной алгебре». Я слышал, что он у вас есть.
Пример: №1357 Проверить, что векторы попарно ортогональны, и дополнить их до ортогонального базиса: \[ \vec{e}_{1}=\left(1,-2,2,-3\right) \] \[ \vec{e}_{2}=\left(2,-3,2,4\right) \]
Перемножим данные векторы и убедимся в их ортогональности: \[ \left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{2}\right)=1\cdot2+\left(-2\right)\cdot\left(-3\right)+2\cdot2+\left(-3\right)\cdot4=2+6+4-12=0. \] Чтобы построить на них ортогональный базис, нужно дополнить их векторами $\vec{e}_{3}$ и $\vec{e}_{4}$, ортогональными между собой и к данным векторам $\vec{e}_{1}$ и $\vec{e}_{2}$. Сначала найдём общее подпространство векторов, ортогональных к $\vec{e}_{1}$ и $\vec{e}_{2}$, из которого потом будем выбирать $\vec{e}_{3}$ и $\vec{e}_{4}$. Пусть \[ \vec{e}_{3,4}=\left(a,b,c,d\right). \] Запишем условие ортогональности $\left(\vec{e}_{3,4}\cdot\vec{e}_{1}\right)=0,\qquad\left(\vec{e}_{3,4}\cdot\vec{e}_{2}\right)=0$ покомпонентно: \[ \left\{ \begin{array}{c} a-2b+2c-3d=0,\\ 2a-3b+2c+4d=0. \end{array}\right. \] Из этой системы можно выразить две неизвестных через другие две, что мы сейчас и сделаем. Вычитая из второго первое, получим \[ a-b+7d=0, \] а из первого, умноженного на 2, второе – \[ -b+2c-10d=0. \] Отсюда \[ \left\{ \begin{array}{c} a=b-7d,\\ c=\frac{1}{5}b+5d, \end{array}\right. \] и таким образом, \[ \vec{e}_{3,4}=\left(b-7d,b,\frac{1}{5}b+5d,d\right). \] Положим $b=0$, $d=1$, и назовём полученный вектор $\vec{e}_{3}$: \[ \vec{e}_{3}=\left(-7,0,5,1\right). \] Вектор $\vec{e}_{4}$ должен быть ортогональным к $\vec{e}_{3}$, но лежать в том же подпространстве: \[ \left(\vec{e}_{4}\cdot\vec{e}_{3}\right)=0, \] \[ -7\left(b-7d\right)+0b+5\left(\frac{1}{5}b+5d\right)+d=0, \] \[ -6b+75d=0, \] \[ b=\frac{25}{2}d. \] Пусть $d=2$, $b=25$. Тогда \[ \vec{e}_{4}=\left(25-7\cdot2,25,\frac{1}{5}25+5\cdot2,2\right)=\left(11,25,15,2\right). \] Совокупность векторов $\vec{e}_{1}$, $\vec{e}_{2}$, $\vec{e}_{3}$, $\vec{e}_{4}$ образует ортогональный базис.
Так как базис нужно было найти ортогональный, в этом задании не было нужно выполнять нормирование найденных векторов на единицу, то есть добиваться, чтобы $\left(\vec{e}_{k},\vec{e}_{k}\right)=1$. При построении ортонормированного базиса сделать это становится нужно. Например, найден вектор (см. выше), ортогональный другим векторам \[ \vec{E}_{3}=\left(-7,0,5,1\right). \] Соответствующий вектор ортонормированного базиса будет вычисляться так: \[ \left|\vec{E}_{3}\right|=\sqrt{\left(\vec{E}_{3},\vec{E}_{3}\right)}=\sqrt{\left(-7\right)^{2}+0^{2}+5^{2}+1^{2}}=\sqrt{49+25+1}=\sqrt{75}=5\sqrt{3}, \] \[ \vec{e}_{3}=\frac{\vec{E}_{3}}{\left|\vec{E}_{3}\right|}=\frac{1}{5\sqrt{3}}\left(-7,0,5,1\right)=\left(-\frac{7}{5\sqrt{3}},0,\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{5\sqrt{3}}\right). \]
Задание: Аналогичным образом выполнить №1358, далее перейти к №1359 и 1360. Они отличаются тем, что кроме нахождения ортогональных векторов, необходимо ещё выполнить нормирование этих векторов на единицу.
Пример: №1361 \[ \vec{a}=\left(1,2,2,-1\right) \] \[ \vec{b}=\left(1,1,-5,3\right) \] \[ \vec{c}=\left(3,2,8,-7\right) \] Пусть $\vec{e}_{1}\equiv\vec{a}$. Тогда разложим $\vec{b}$ на ортогональную и продольную к $\vec{e}_{1}$ части \[ \vec{b}=\left[\vec{b}-\frac{\left(\vec{e}_{1},\vec{b}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1}\right]+\frac{\left(\vec{e}_{1},\vec{b}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1}, \] и назначим вектором $\vec{e}_{2}$ ортогональную часть: \[ \vec{e}_{2}\equiv\vec{b}-\frac{\left(\vec{e}_{1},\vec{b}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1} \] Чтобы сделать базисный вектор из вектора $\vec{c}$, понадобится выделить часть, ортогональную и к $\vec{e}_{1}$, и к $\vec{e}_{2}$: \[ \vec{e}_{3}=\vec{c}-\frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{1}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1}-\frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{2}\right)}{\left(\vec{e}_{2},\vec{e}_{2}\right)}\vec{e}_{2} \] Теперь сосчитаем всё это численно. \[ \left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)=\left(\vec{a},\vec{a}\right)=1+4+4+1=10 \] \[ \left(\vec{e}_{1},\vec{b}\right)=\left(\vec{a},\vec{b}\right)=1\cdot1+2\cdot1+2\cdot\left(-5\right)+\left(-1\right)\cdot3=1+2-10-3=-10, \] \[ \vec{e}_{2}\equiv\vec{b}-\frac{\left(\vec{e}_{1},\vec{b}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1}=\vec{b}-\frac{-10}{10}\vec{a}=\vec{b}+\vec{a}=\left(1,2,2,-1\right)+\left(1,1,-5,3\right)=\left(2,3,-3,2\right). \] Теперь $\vec{e}_{3}$: \[ \left(\vec{c},\vec{e}_{1}\right)=\left(\vec{c},\vec{a}\right)=1\cdot3+2\cdot2+2\cdot8+\left(-1\right)\cdot\left(-7\right)=3+4+16+7=30, \] \[ \frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{1}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}=\frac{30}{10}=3; \] \[ \left(\vec{c},\vec{e}_{2}\right)=\left(3,2,8,-7\right)\left(2,3,-3,2\right)=3\cdot2+2\cdot3+8\cdot\left(-3\right)+\left(-7\right)\cdot2=-26, \] \[ \left(\vec{e}_{2},\vec{e}_{2}\right)=2^{2}+3^{2}+\left(-3\right)^{2}+2^{2}=26, \] \[ \frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{2}\right)}{\left(\vec{e}_{2},\vec{e}_{2}\right)}=\frac{-26}{26}=-1; \] \[ \vec{e}_{3}=\vec{c}-\frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{1}\right)}{\left(\vec{e}_{1},\vec{e}_{1}\right)}\vec{e}_{1}-\frac{\left(\vec{c},\vec{e}_{2}\right)}{\left(\vec{e}_{2},\vec{e}_{2}\right)}\vec{e}_{2}=\vec{c}-3\vec{e}_{1}+\vec{e}_{2}= \] \[ =\left(3,2,8,-7\right)-3\left(1,2,2,-1\right)+\left(2,3,-3,2\right)=\left(2,-1,-1,-2\right). \] Задание: № 1362, 1363.
Пример: №1574 Найти канонический вид ортогональной матрицы $A$ и ортогональную матрицу $Q$ такую, что $B=Q^{-1}AQ$: \[ A=\left(\begin{array}{rrr} \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} \end{array}\right) \] Составим характеристическое уравнение \[ \left|\begin{array}{rrr} \frac{2}{3}-\lambda & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} & \frac{2}{3}-\lambda & -\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3}-\lambda \end{array}\right|=0 \] \[ -\lambda^{3}+2\lambda^{2}-2\lambda+1=0 \] и решим его: \[ \lambda_{1}=1 \] \[ \lambda^{2}-\lambda+1=0 \] \[ \lambda_{2}=\frac{1-i\sqrt{3}}{2},\qquad\lambda_{3}=\frac{1+i\sqrt{3}}{2} \] Корни получаются комплексные. Но мы рассмотрим действие оператора, заданного матрицей $A$, в пространстве комплексных столбцов. В нём получим три собственных вектора (подробности нахождения пропущу): \[ \vec{v}_{1}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right),\qquad\vec{v}_{2}=\left(\begin{array}{c} 1\\ -\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\\ -\frac{1+i\sqrt{3}}{2} \end{array}\right),\qquad\vec{v}_{3}=\left(\begin{array}{c} 1\\ -\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\\ -\frac{1-i\sqrt{3}}{2} \end{array}\right). \] Нормировав на единицу третий, получим \[ \vec{e}_{1}=\frac{\vec{v}_{1}}{\sqrt{\left(\vec{v}_{1},\vec{v}_{1}\right)}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array}\right). \] Вторые два образуют базис инвариантного подпространства. Получим из них вещественный базис: исходные векторы сложим и вычтем, разность разделим на $i$ \[ \vec{E}_{2}=\vec{v}_{2}+\vec{v}_{3}=\left(\begin{array}{r} 2\\ -1\\ -1 \end{array}\right),\qquad\vec{E}_{3}=\frac{1}{i}\left(\vec{v}_{2}-\vec{v}_{3}\right)=\frac{1}{i}\left(\begin{array}{r} 0\\ i\sqrt{3}\\ -i\sqrt{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} 0\\ \sqrt{3}\\ -\sqrt{3} \end{array}\right) \] Заметим, что полученные векторы уже ортогональны и ортогонализировать их не нужно. Нормируем их на единицу и получим \[ \vec{e}_{2}=\frac{\vec{E}_{2}}{\left|\vec{E}_{2}\right|}=\left(\begin{array}{r} \frac{2}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right),\qquad\vec{e}_{3}=\frac{\vec{E}_{3}}{\left|\vec{E}_{3}\right|}=\left(\begin{array}{c} 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right) \] Из их компонент составим матрицу перехода $Q$: \[ Q=\left(\begin{array}{crc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} & 0\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right) \] Так как она ортогональна, вычислить обратную не составит труда: \[ Q^{-1}=Q^{T}=\left(\begin{array}{crc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right) \] \[ B=Q^{-1}AQ=\left(\begin{array}{crc} 1 & 0 & 0\\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}\\ 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right) \] В каноническом виде на диагонали должны находиться либо числа $\pm1$, либо клетки вида \[ \left(\begin{array}{cr} \cos\varphi & -\sin\varphi\\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{array}\right). \] Такая клетка получается в $B$, если положить $\varphi=-\frac{\pi}{3}$: \[ B=\left(\begin{array}{crc} 1 & 0 & 0\\ 0 & \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) & -\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\\ 0 & \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right) & \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) \end{array}\right). \] Задание: аналогично решить №1575 и постараться 1576*.
Исправлено 20.05.2020, за присланные ошибки спасибо тов. Карагодину.
