Лекция 18: Ортонормированный базис

Лекция 18: Ортонормированный базис
Б.М.Верников
Уральский федеральный университет,
Институт математики и компьютерных наук,
кафедра алгебры и дискретной математики
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Ортогональные и ортонормированные наборы векторов
Из определения угла между векторами вытекает, в частности, что
cy) = π2 тогда и только тогда, когда xy = 0 (точный аналог критерия
(x,
ортогональности векторов в обычном пространстве, о котором говорилось
в курсе аналитической геометрии). Это делает естественным следующее
Определение
Векторы x и y называются ортогональными, если xy = 0. Набор векторов
называется ортогональным, если любые два различных вектора из этого
набора ортогональны. Ортогональный набор векторов называется
ортонормированным, если длины всех векторов из этого набора равны 1.
Отметим, что, в силу равенства (1) из лекции 17, справедливо следующее
Замечание 1
Нулевой вектор ортогонален любому вектору.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Ортогональность и линейная независимость
Укажем одно важное свойство ортогональных наборов векторов.
Теорема 1
Любой ортогональный набор ненулевых векторов линейно независим.
Доказательство. Пусть a1 , a2 , . . . , ak — ортогональный набор ненулевых
векторов. Рассмотрим линейную комбинацию этих векторов, равную
нулевому вектору:
t1 a1 + t2 a2 + · · · + tk ak = 0.
(1)
Умножая скалярно обе части этого равенства на ai (где 1 6 i 6 k) и
используя тот факт, что 0 · ai = 0 в силу замечания 1, мы получим, что
t1 (a1 ai ) + t2 (a2 ai ) + · · · + ti (ai ai ) + · · · + tk (ak ai ) = 0.
В левой части последнего равенства все скалярные произведения, кроме
ai ai , равны нулю. Следовательно, ti (ai ai ) = 0. Поскольку ai 6= 0, по
аксиоме 4) евклидова пространства (см. лекцию 17) имеем ai ai 6= 0.
Следовательно, ti = 0. Итак, все коэффициенты в левой части равенства
(1) равны 0. Следовательно, набор векторов a1 , a2 , . . . , ak линейно
независим.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Вычисление скалярного произведения в ортонормированном базисе (1)
Определение
Ортогональный (ортонормированный) набор векторов, который является
базисом, называется ортогональным (соответственно
ортонормированным) базисом.
Примером ортонормированного базиса является стандартный базис
пространства Rn (если скалярное произведение в Rn определить как сумму
произведений одноименных компонент).
Теорема 2
Пусть b1 , b2 , . . . , bn — ортонормированный базис евклидова пространства
V , а векторы x и y имеют в этом базисе координаты (x1 , x2 , . . . , xn ) и
(y1 , y2 , . . . , yn ) соответственно. Тогда
xy = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn .
Доказательство теоремы 2 см. на следующем слайде.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
(2)
Вычисление скалярного произведения в ортонормированном базисе (2)
Доказательство. Из условия теоремы следует, что
x = x1 b1 + x2 b2 + · · · + xn bn и y = y1 b1 + y2 b2 + · · · + yn bn .
Следовательно,
xy = x1 y1 (b1 b1 ) + x1 y2 (b1 b2 ) + · · · + x1 yn (b1 bn ) +
+ x2 y1 (b2 b1 ) + x2 y2 (b2 b2 ) + · · · + x2 yn (b2 bn ) +
...................................................
+ xn y1 (bn b1 ) + xn y2 (bn b2 ) + · · · + xn yn (bn bn ).
Поскольку
bi bj =
(
0
1
при i 6= j,
при i = j
для всех i, j = 1, 2, . . . , n, получаем равенство (2).
Таким образом,
скалярное произведение векторов равно сумме произведений их
одноименных координат в ортонормированном базисе.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Вычисление длины вектора, угла и расстояния между векторами
Из теоремы 2 и определений длины вектора, угла между векторами и
расстояния между векторами немедленно вытекает, что если векторы x и y
из евклидова пространства V имеют в некотором ортонормированном
базисе этого пространства координаты (x1 , x2 , . . . , xn ) и (y1 , y2 , . . . , yn )
соответственно, то
q
|x| = x12 + x22 + · · · + xn2 ;
x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn
cy) = p
p
cos(x,
;
2
2
x1 + x2 + · · · + xn2 · y12 + y22 + · · · + yn2
p
ρ(x, y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + · · · + (xn − yn )2 .
Отметим, что и формула (2) и три только что приведенных формулы
являются точными аналогами известных из аналитической геометрии
формул для вычисления соответствующих величин в обычном
пространстве с обычным скалярным произведением (в случае
ортонормированного базиса). В частности, ортонормированный базис
удобен тем, что в нем просто вычисляется скалярное произведение любых
векторов.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Процесс ортогонализации Грама–Шмидта (1)
Естественно поставить вопрос о том, в любом ли евклидовом
пространстве существует ортонормированный базис. Ответ на него
содержится в следующем утверждении. В доказательстве этого
утверждения указан способ нахождения ортонормированного базиса,
который называется процессом ортогонализации Грама–Шмидта.
Теорема 3
Любое ненулевое подпространство S евклидова пространства V имеет
ортонормированный базис.
Доказательство. Обозначим размерность подпространства S через k.
Пусть a1 , a2 , . . . , ak — базис этого подпространства. Построим
ортогональный базис b1 , b2 , . . . , bk подпространства S. Векторы
b1 , b2 , . . . , bk будем находить последовательно — сначала b1 , затем b2 и
т. д.
Положим b1 = a1 . Пусть 2 6 i 6 k. Предположим, что мы уже построили
ортогональный набор ненулевых векторов b1 , b2 , . . . , bi −1 , каждый из
которых является линейной комбинацией векторов a1 , a2 , . . . , ai −1 (и, в
частности, принадлежит S). Положим
bi = −
b2 ai
bi −1 ai
b1 ai
· b1 −
· b2 − · · · −
· bi −1 + ai .
b1 b1
b2 b2
bi −1 bi −1
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
(3)
Процесс ортогонализации Грама–Шмидта (2)
Умножая скалярно обе части равенства (3) на b1 слева и учитывая, что
вектор b1 ортогонален к векторам b2 , . . . , bi −1 , получаем, что
b1 bi = −
b1 ai
· b1 b1 + b1 ai = −b1 ai + b1 ai = 0.
b1 b1
Аналогично проверяется, что b2 bi = · · · = bi −1 bi = 0. Следовательно,
набор векторов b1 , b2 , . . . , bi ортогонален. Напомним, что каждый из
векторов b1 , b2 , . . . , bi −1 является линейной комбинацией векторов a1 , a2 ,
. . . , ai −1 . Отсюда и из равенства (3) непосредственно вытекает, что вектор
bi является линейной комбинацией векторов a1 , a2 , . . . , ai (и, в частности,
принадлежит S). Далее, из указанного свойства векторов b1 , b2 , . . . , bi −1
вытекает, что правую часть равенства (3) можно записать в виде
t1 a1 + t2 a2 + · · · + ti −1 ai −1 + ai , где t1 , t2 , . . . , ti −1 — некоторые числа.
Иными словами, вектор bi равен некоторой нетривиальной линейной
комбинации векторов a1 , a2 , . . . , ai . Поскольку эти векторы входят в базис
подпространства S, они линейно независимы. Следовательно, bi 6= 0.
Итак, мы получили ортогональный набор ненулевых векторов b1 , b2 , . . . ,
bi , каждый из которых является линейной комбинацией векторов a1 , a2 ,
. . . , ai (и, в частности, принадлежит S).
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Процесс ортогонализации Грама–Шмидта (3)
Повторив указанные выше построения нужное число раз, мы в конце
концов получим ортогональный набор ненулевых векторов b1 , b2 , . . . , bk ,
принадлежащих S. По теореме 1 этот набор векторов линейно независим.
Поскольку число векторов в нем совпадает с размерностью S, он является
базисом этого подпространства (см. замечание 8 в лекции 8). В силу
замечания 1 из лекции 17 для того, чтобы получить ортонормированный
базис подпространства S, достаточно разделить каждый из векторов b1 ,
b2 , . . . , bk на его длину.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Процесс ортогонализации Грама–Шмидта: пример (1)
Проиллюстрируем сказанное выше на следующем примере.
Задача. Найти ортонормированный базис подпространства M,
порожденного векторами a1 = (1, 1, 0, 0), a2 = (1, 0, 1, 0), a3 = (1, 0, 0, 1) и
a4 = (3, 1, 1, 1).
Решение. Формулы, указанные в доказательстве теоремы 3, применяются
к базису пространства M. Поэтому прежде всего найдем этот базис:
 
 

 

1 1 0 0
1 1 0 0
1 1 0 0
1 1 0 0
1 0 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0
 
 

 

1 0 0 1 ∼ 0 −1 0 1 ∼ 0 0 −1 1 ∼ 0 0 −1 1 .
0 −2 1 1
0 0 −1 1
0 0 0 0
3 1 1 1
Итак, в качестве базиса M можно взять векторы a1 , a02 = (0, −1, 1, 0) и
a3 = (0, 0, −1, 1). Применяя формулы (3), находим ортогональный базис
пространства M:
b1 = a1 = (1, 1, 0, 0),
1
b1 a02
1
1
b1 + a02 = b1 + a02 =
, − , 1, 0 ,
b1 b1
2
2
2
1
b2 a03
2
1
1 b1 a03
0
b3 = −
b1 −
b2 + a3 = 0 + b2 + a03 =
,− ,− ,0 .
b1 b1
b2 b2
3
3
3
3
b2 = −
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Процесс ортогонализации Грама–Шмидта: пример (2)
Разделив каждый из векторов b1 , b2 и b3 на его длину, найдем
ортонормированный базис пространства M:
b1
1
1
1
c1 =
= √ b1 = √ , √ , 0, 0 ,
|b1 |
2
2
2
b2
1
1
2
1
c2 =
= √ b2 = √ , − √ , √ , 0 ,
|b2 |
6
6
6
6
√ 2
1
1
3
b3
1
√ ,− √ ,− √ ,
= √ b2 =
.
c3 =
|b3 |
2
3
2 3
2 3
2 3
1
√1 , √
, 0, 0 , c2
2
2
√ 1
1
1
√ ,− √ ,− √
, 23 .
2 3
2 3
2 3
Ответ: c1 =
c3 =
=
2
√1 , − √1 , √
,0
6
6
6
Б.М.Верников
,
Лекция 18: Ортонормированный базис
Дополнение до ортогонального базиса (1)
Теорема 4
Любую ортогональную систему ненулевых векторов евклидова
пространства V можно дополнить до ортогонального базиса этого
пространства.
Доказательство. Пусть a1 , a2 , . . . , ak — ортогональный набор ненулевых
векторов пространства V . Обозначим размерность пространства V через
n. Нам достаточно найти ортогональный набор из n ненулевых векторов
пространства V , содержащий векторы a1 , a2 , . . . , ak . В самом деле, в силу
теоремы 1 такой набор векторов будет линейно независимым, и потому, в
силу замечания 8 из лекции 8, он будет базисом пространства V .
Если k = n, то, в силу сказанного выше, уже сам набор векторов
a1 , a2 , . . . , ak является ортогональным базисом пространства V . Поэтому
далее можно считать, что k < n. Пусть b1 , b2 , . . . , bn —
ортонормированный базис пространства V , существующий в силу теоремы
3. Пусть вектор ai имеет в этом базисе координаты (ai 1 , ai 2 , . . . , ain ) (для
всякого i = 1, 2, . . . , k).
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Дополнение до ортогонального базиса (2)
Рассмотрим следующую однородную систему линейных уравнений:


 a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0,

a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = 0,
.................................



ak1 x1 + ak2 x2 + · · · + akn xn = 0.
В силу замечания 3 из лекции 4 эта система имеет по крайней мере одно
ненулевое решение. Обозначим его через (c1 , c2 , . . . , cn ) и положим
ak+1 = c1 b1 + c2 b2 + · · · + cn bn . В силу теоремы 2
a1 ak+1 = c1 a11 + c2 a12 + · · · + cn a1n = 0
и аналогично a2 ak+1 = · · · = ak ak+1 = 0. Следовательно, a1 , a2 , . . . , ak , ak+1
— ортогональный набор ненулевых векторов. Если k + 1 = n, то он
является ортогональным базисом пространства V . В противном случае,
рассуждая так же, как выше, при построении вектора ak+1 , мы дополним
набор a1 , a2 , . . . , ak+1 еще одним вектором ak+2 так, что набор
a1 , a2 , . . . , ak+2 будет ортогональным набором ненулевых векторов.
Продолжая этот процесс, мы через конечное число шагов построим
ортогональный базис a1 , a2 , . . . , ak , ak+1 , . . . , an пространства V ,
являющийся расширением исходного набора векторов a1 , a2 , . . . , ak .
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис
Дополнение до ортогонального базиса (3)
Из теоремы 4 вытекает
Следствие 1
Любую ортонормированную систему векторов евклидова пространства
можно дополнить до ортонормированного базиса этого пространства.
Доказательство. Все векторы ортонормированной системы — ненулевые
(поскольку их длины равны 1). В силу теоремы 4 нашу
ортонормированную систему можно дополнить до ортогонального базиса.
Разделим каждый из найденных при этом новых векторов на его длину. В
силу замечания 1 из лекции 17 мы получим ортонормированный
базис.
Б.М.Верников
Лекция 18: Ортонормированный базис