Канонический вид квадратичных форм
Учитывая, что элементы матрицы квадратичной формы aij = j(ei, ej) мы можем заключить, что элементы матрица квадратичной формы зависят от выбора базиса.
Если для формы j(х, х) в пространстве V существует базис в котором матрица j(х, х) имеет диагональный вид (т.е. aij = 0для i ¹ j), и следовательно форма j(х, х) записывается так то такой базис называется каноническим базисом j(х, х) в пространстве V а запись формы в этом базисе называется каноническим видом формы.
Постановказадачи: Для формы j(х, х) ¹ 0 найти базис, в котором форма имеет канонический вид.
Метод Лагранжа (метод выделения полных квадратов) приведения формы к каноническому виду.
Пусть в некотором базисе форма имеет вид: .
1). Пусть aii = 0 ("i), но $aij ¹ 0. Не ограничивая общности можно считать, что а12≠ 0. Тогда и получим (в записи формы появились члены, содержащие квадраты координат).
2). $aii ¹ 0. Допустим, что а12≠ 0. Тогда:
.
При этом: .
Связь между координатами ξi и ηi позволяет установить векторы нового базиса .
Пример:
=
= = = .
При этом , т.е. .
Векторы нового базиса е1, е2, е3, е3, получаются из старых f1, f2, f3, f4так:
e1 = f1; e2 = 3f1 + 2f2; e3 = –2f1 + 0,5f3 + 0,5f4; e4 = 0,5f3 – 0,5f4.
Метод Якоби приведения формы к каноническому виду.
Пусть форма j(x, x) в базисе имеет матрицу А, где aik = j(fi, fk); и, при этом, главные миноры матрицы квадратичной формы отличны от нуля: D1¹0, D2¹0, D3¹0, …, Dn = detA ¹0 . Форма j(x, x) в базисе имеет вид: j(x, x) = . Требуется найти базис {e1, e2, …, en}, чтобы j(ei, ek) = 0 (i ¹ k). Векторы канонического базиса {e1, e2, …, en}, ищем из соотношений:
. (1)
Приэтом, нетрудно заметить, что ℒ(е1, е2, …, еn) = ℒ(f1, f2,…, fn). Отметим, что если j(ek, fi) = 0, i = 1, 2, …, k –1, то j(ei, ek) = 0 i = 1, 2, …, k –1. В счамом деле
j(ei, ek) = j(ek, ai1f1 + ai2f2 + … + aiifi) = 0.
Тогда коэффициенты aij будем искать из соотношений:
j(ek, fi) = 0 (j < k)
j(ek, fk) = 1. (*)
Тогда для коэффициентов разложения: ek = ak1f1 + ak2f2 + ak3f3 +…+ aknfn из условий (*),
получим систему уравнений :
j (ek,f1) = ak1j (f1,f1) + ak2 j (f2,f1) + ak3 j (f3,f1) + … … … + akk j (fk,f1) = 0
j (ek,f2) = ak1j (f1,f2) + ak2 j (f2,f2) + ak3 j (f3,f2) + … … … + akk j (fk,f2) = 0
… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …
j (ek,fk-1) = ak1j (f1,fk-1) + ak2 j (f2,fk-1) + ak3 j (f3,fk-1) + … … + akk j (fk,fk-1) = 0
j (ek,fk) = ak1j (f1,fk) + ak2 j (f2,fk) + ak3 j (f3,fk) + … … … … + akk j (fk,fk) = 1
Полученная система линейных уравнений имеет единственное решение, ибо ее определитель Δk ¹ 0. При этом получим, что: j(ek, ei) = 0 (k < i), и j(ek, ek) ¹ 0.
Запишем:
j (ek,ek) = ak1j (ek,f1) + ak2 j (ek,f2) + ak3 j (ek,f3) + … + akk-1j (ek,fk-1) + akk j (ek,fk) = akk.
Найти akk можем из системы уравнений, которая записана выше, по правилу Крамера:
akk = . Таким образом, форма j(x, x) в базисе имеет канонический вид:
j(x, x) = , где a11= , a22= , a33= , …, ann= . Здесь D0 = 1.
Пример приведения квадратичной формы к каноническому виду методом Якоби.
Пусть форма: задана в базисе f1(2, 0, 0), f2(0, 1, 0), f3(0, 0, 1), а полярная ей билинейная форма имеет вид:
.
Матрица билинейной формы и соответствующей ей квадратичной формы равна: и ее главные миноры: D1 = 2; D2 = –1/4; D3 = –17/4. Векторы е1, е2, е3 ищем в виде:
e1 = a11f1 = ( a11,0,0 ), e2 = a21f1 + a22f2 = (a21, a22, 0), e3 = a31f1 + a32f2 + a33f = (a31, a32, a33).
Получаем:
а) j(e1, f1) = 1 Þ 2a11 = 1 ® a11 = Þ e1 ;
б) Þ е2(6, –8, 0);
в) Þ Þ
.
Получены векторы канонического базиса:
e1 = f1; е2(6, –8, 0) = 6f1 – 8f2; = (8f1 –12f2 + f3)
и в этом базисе форма j(х, х) имеет канонический вид:
.
Дата добавления: 2015-05-05; просмотров: 897;