Метка: скалярное произведение

Скалярное произведение векторов, свойства, координатное представление

Определение 1. Пусть заданы два ненулевых вектора $a$ и $b$, число, равное произведению длин этих векторов на косинус угла между ними, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$$ В случае, если хотя бы один из векторов нулевой, будем считать их скалярное произведение равным нулю.

Также существуют другие определения скалярного произведения векторов.

Определение 2. Пусть заданы два ненулевых вектора, число, равное произведению длины первого и величины проекции второго вектора на первый, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}$$

Определение 3. Пусть два произвольных вектора заданы своими координатами, число, равное сумме произведений соответствующих координат, назовем скалярным произведением этих векторов.

Докажем эквивалентность первого и второго определений, эквивалентность третьему будет доказана позднее.

Лемма. Первое и второе определения эквивалентны, т.е. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}.$$

Воспользуемся определением проекции вектора на ось (другой вектор), откуда получим, что $\left\{pr_{a}b\right\} = \left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$. Домножив обе части полученного равенства на $\left|a\right|$ получим искомое равенство.

Алгебраические свойства

  1. $\left( a,b \right) = \left( b,a \right)$ (коммутативность).

    Если хотя бы один вектор нулевой, то равенство достигается по определению. Рассмотрим случай ненулевых векторов:$$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right).$$ Умножение коммутативно, следовательно $\left|a\right|\left|b\right| = \left|b\right|\left|a\right|$. Также $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(b,a\right)$. Тогда, по определению: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|b\right|\left|a\right|\cos\angle\left(b,a\right) = \left( b,a \right).$$

    Следствие. $\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\} = \left|b\right|\left\{pr_{b}a\right\}$.

  2. $\left(\lambda a,b \right) = \lambda\left( a,b \right)$, $\forall\lambda\in\mathbb{R}$.

    Если один из векторов нулевой или $\lambda = 0$, то доказательство очевидно. Рассмотрим общий случай: $$\left(\lambda a,b \right) = \left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right),$$ если $\lambda > 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = \lambda\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left( a,b\right) = \lambda\left(a,b\right),$$ если $\lambda < 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = -\lambda\left|a\right|\left|b\right|\left(-\cos\angle\left( a,b\right)\right) = \lambda\left(a,b\right).$$

    Следствие. $\left(a,\lambda b\right) = \left(\lambda b, a\right) = \lambda\left(b, a\right)$.

  3. $\left(a+c,b\right) = \left(a,b\right)+\left(c,b\right)$.

    Воспользуемся вторым определением и свойствами величины проекции вектора. $$\left(a+c,b\right) = \left|b\right|\left\{pr_{b}\left(a+c\right)\right\} = \left|b\right|\left(\left\{pr_{b}a\right\}+\left\{pr_{b}c\right\}\right) =$$ $$= \left|b\right|\left\{pr_{b}a\right\} + \left|b\right|\left\{pr_{b}c\right\} = \left(b,a\right) + \left(b,c\right) = \left(a,b\right) +\left(c,b\right).$$

  4. $\left(a,a\right)\geqslant 0$, если $\left(a,a\right)=0 \Leftrightarrow a = 0$

    Если $a=0$ доказательство очевидно. Пусть $a\neq0$, тогда $\cos\angle\left(a,a\right) = 1$, следовательно: $$\left(a,a\right) = \left|a\right|\left|a\right|\cos\angle\left(a,a\right) = \left|a\right|\left|a\right| = \left|a\right|^{2}\geqslant 0.$$

    Следствие. $\left|a\right|=\sqrt{\left(a,a\right)}$.

Теорема (неравенство Коши-Буняковского). Пусть заданы векторы $a$ и $b$, тогда выполняется неравенство: $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|$$

Сначала рассмотрим случай равенства: $$\left|\left(a,b\right)\right| = \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right| — \left|a\right|\left|b\right| = 0,$$ $$ \left|a\right|\left|b\right|\left(\cos\angle\left(a,b\right) — 1\right) = 0,$$ $$\left[
\begin{array}{1 1} \left|a\right| = 0, \\\left|b\right| = 0, \\\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right| = 1 \Rightarrow a\|b.\end{array}\right. $$Таким образом равенство достигается в случае коллинеарных или нулевых векторов. Теперь рассмотрим общий случай. Пусть даны два ненулевых вектора $a$ и $b$, тогда $$\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant 1,$$ домножим обе части на длины векторов $$\left|a\right|\left|b\right|\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|.$$

Геометрические свойства

Рассмотрим геометрические свойства скалярного произведения двух ненулевых векторов, тогда $\left|a\right|\neq 0$ и $\left|b\right|\neq 0$.

  1. $\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — острый.

    $\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)>0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — острый

  2. $\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — тупой.

    $\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)<0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — тупой

  3. $\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — прямой, $a\perp b$.

    $\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \cos\angle\left(a,b\right)=0 \Leftrightarrow \angle\left(a,b\right)$ — прямой, $a \perp b$.

Также из определения вытекает формула для нахождения косинуса угла между векторами: $$\cos\angle\left(a,b\right) = \frac{\left(a,b\right)}{\left|a\right|\left|b\right|}$$

Скалярное произведение в координатах

Теорема. Пусть два вектора заданы своими координатами, тогда их скалярное произведение равно сумме произведений соответствующих координат: $$a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$$ $$\left(a,b\right) = x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Рассмотрим два способа доказательства:

I способ

Пусть $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$, отложим векторы $\overline{\rm OA} = a$ и $\overline{\rm OB} = b$ от начала координат — точки $O\left(0,0,0\right)$. Тогда: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right).$$

Vectors

По построению: $$A\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OA}\right| = \sqrt{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2},$$ $$B\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OB}\right| = \sqrt{x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2}.$$ Теперь необходимо найти $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right)$, для этого воспользуемся теоремой косинусов для $\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right) = \angle AOB $: $$\cos\angle AOB = \frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2 + \left|\overline{\rm OB}\right|^2 — \left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|},$$ где $\left|\overline{\rm AB}\right|=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^2+\left(y_{1}-y_{2}\right)^2+\left(z_{1}-z_{2}\right)^2}$.

Теперь найдем скалярное произведение: $$\left( a,b \right)=\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\cos\angle AOB=\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2+\left|\overline{\rm OB}\right|^2-\left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|} = $$ $$= \frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2+\left|\overline{\rm OB}\right|^2-\left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2}=$$ $$=\frac{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2+x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2-\left(x_{1}-x_{2}\right)^2-\left(y_{1}-y_{2}\right)^2-\left(z_{1}-z_{2}\right)^2}{2} = $$ $$=\frac{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2+x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2-x_{1}^2+2x_{1}x_{2}-x_{2}^2-y_{1}^2+2y_{1}y_{2}-y_{2}^2-z_{1}^2+2z_{1}z_{2}-z_{2}^2}{2}=$$ $$=\frac{2x_{1}x_{2}+2y_{1}y_{2}+2z_{1}z_{2}}{2}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Это доказательство можно провести и в обратную сторону, таким образом доказана эквивалентность первого и третьего определений.

II способ

Пусть система координат задана единичными взаимно перпендикулярными векторами $i,j,k$ (базисные векторы), тогда $$\left|i\right|=\left|j\right|=\left|k\right|=1,$$ $$\left(i,j\right)=\left(i,k\right)=\left(j,k\right)=0,$$ $$\left(i,i\right)=\left(j,j\right)=\left(k,k\right)=1.$$ А векторы $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$ можно представить в виде сумм: $$a = x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k,$$ $$b = x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k.$$

Теперь воспользуемся алгебраическими свойствами скалярного произведения: $$\left(a,b\right)=\left(x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right)=$$ $$= x_{1}\left(i,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right) + y_{1}\left(j,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right) + z_{1}\left(k,x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k\right)=$$ $$= x_{1}x_{2}\left(i,i\right)+x_{1}y_{2}\left(i,j\right)+x_{1}z_{2}\left(i,k\right)+y_{1}x_{2}\left(j,i\right)+y_{1}y_{2}\left(j,j\right)+y_{1}z_{2}\left(j,k\right)+$$ $$+ z_{1}x_{2}\left(k,i\right)+z_{1}y_{2}\left(k,j\right)+z_{1}z_{2}\left(k,k\right)=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$

Следствие. Для ненулевых векторов $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$ $$\cos\angle\left(a,b\right) = \frac{x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}}{\sqrt{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2}\sqrt{x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2}}.$$

Следствие. Пусть $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$, $$a \perp b \Leftrightarrow x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2} = 0$$

Примеры решения задач

  1. Даны векторы $a=\left(2,5,-1\right)$ и $b=\left(3,2,15\right)$. Найти скалярное произведение $\left(a,b\right)$.
    Решение

    Воспользуемся определением через координаты, тогда: $$\left(a,b\right)=2\cdot3+5\cdot2-1\cdot15=1$$

  2. Даны векторы $a=\left(7,11,x\right)$, $b=\left(10,-5,3\right)$, $a\perp b$. Найти $x$.
    Решение

    Воспользуемся следствием для перпендикулярных векторов:$$a\perp b \Leftrightarrow \left(a,b\right)=0$$ $$7\cdot10-11\cdot5+3x=0$$ $$3x=-15$$ $$x=-5$$

  3. Даны векторы $a$ и $b$, $\displaystyle\left|a\right|=15, \left|b\right|=\frac{1}{3}, \angle\left(a,b\right)=\frac{2\pi}{3} $. Найти их скалярное произведение.
    Решение

    Воспользуемся стандартным определением:$$\left(a,b\right)=\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=$$ $$=15\cdot\frac{1}{3}\cdot\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)=$$ $$=15\cdot\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-2.5$$

  4. Найти угол между векторами $a$ и $b$, если они заданы своими координатами: $a=\left(6,3,0\right)$, $b=\left(-2,-1,\sqrt{5}\right)$.
    Решение

    Воспользуемся следствием для нахождения косинуса:$$\cos\angle\left(a,b\right)=\frac{-6\cdot2-3\cdot1+0\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{6^2+3^2+0^2}\sqrt{\left(-2\right)^2}\left(-1\right)^2+\left(\sqrt{5}\right)^2} = \frac{-15}{15\sqrt{2}}=-\frac{1}{2},$$ $$\cos\angle\left(a,b\right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle\left(a,b\right)=\frac{3\pi}{4}$$

  5. Найти скалярное произведение векторов $p$ и $q$, если $p=2a-b$, $q=3b+4a$, где $\left|a\right|=4$, $\left|b\right|=3$, $\displaystyle\angle\left(a,b\right)=\frac{\pi}{3}$.
    Решение

    Воспользуемся стандартным определением и алгебраическими свойствами: $$\left(a,b\right)=\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)=3\cdot4\cdot\frac{1}{2}=6,$$ $$\left(a,a\right)=\left|a\right|^2=16, \left(b,b\right)=\left|b\right|^2=9,$$ $$\left(p,q\right)=\left(2a-b,3b+4a\right)=3\left(2a-b,b\right)+4\left(2a-b,a\right)=$$ $$=6\left(a,b\right)-3\left(b,b\right)+8\left(a,a\right)-4\left(b,a\right)=2\cdot6+8\cdot16-3\cdot9=113$$

  6. Дан вектор $a=\left(6,-11,2\sqrt{3}\right)$ и вектор $b=\left(\sqrt{3},13,-3\right)$. Найдите $\left\{pr_{a}b\right\}$.
    Решение

    Воспользуемся определением через проекции и определением через координаты: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}$$ $$\left\{pr_{a}b\right\}=\frac{\left( a,b \right)}{\left|a\right|}=\frac{6\cdot\sqrt{3}-11\cdot13-3\cdot2\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{\left(6\right)^2+\left(-11\right)^2+\left(2\sqrt{3}\right)^2}}=$$ $$=\frac{-11\cdot13}{13}=-11$$

Скалярное произведение векторов

Тест на знание темы «Скалярное произведение векторов, свойства, координатное представление»

Смотрите также

  1. Воеводин В.В. Линейная алгебра М.: Наука, 1980 (стр. 85-88)
  2. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия: Учеб. Для вузов. — 7-е изд., стер. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004. — 224с. — (Курс высшей математики и математической физики.) (стр. 59-63)
  3. Ефимов Н.В. Краткий курс аналитической геометрии: Учебн. пособие. — 13-еизд., стереот. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 240с. (стр. 148-153)
  4. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Свойства сопряженного оператора

Рассмотрим свойства сопряженного оператора, которые связывают его с исходным линейным оператором:

  1. $\Theta^*=\Theta$ $($в том случае, если $\Theta \in \Omega\left(X\right)),$
  2. $E=E^*,$
  3. ${\left(A^* \right)}^*=A,$
  4. $\lambda A=\overline{\lambda} A^*, \ \forall \lambda \in C,$
  5. $\left(A+B\right)^*=A^*+B^*,$
  6. $\left(AB\right)^*=B^*A^*,$
  7. ${\left(A^{-1} \right)}^*={\left(A^*\right)}^{-1}.$

Заметим, что операторы $A$ и $B$ — произвольные, а черта над $\lambda$ означает комплексное сопряжение.

За исключением первых двух свойств, доказательство которых тривиально, докажем остальные свойства. Все они легко доказываются по одному шаблону, используя свойства линейных операторов, определение сопряженного оператора и свойства скалярного произведения.

  1. $\left(A^*\right)^*=A$

    $\forall x \in X$ и $\forall y \in Y$ имеем:
    $$\left({\left(A^*\right)}^*x,y\right)=$$ (по определению сопряженного оператора) $$=\left(x,A^*y\right)= \overline{\left(A^*y,x\right)}=$$ (по определению сопряженного оператора) $$= \overline{\left(y,Ax\right)} = \overline {\overline{\left(Ax,y\right)}} = (Ax,y).$$

    Получили равенство $$\left({\left(A^*\right)}^*x,y\right)=\left(Ax,y\right).$$ Так как данное равенство выполняется для $\forall y \in Y,$ то получаем $${\left(A^*\right)}^*x = Ax.$$ Аналогично, так как равенство выполняется для $\forall x \in X,$ то $${\left(A^*\right)}^*=A.$$

  2. $\lambda A=\overline{\lambda} A^*, \ \forall \lambda \in C$

    Если $A$ действует из $X \to Y,$ то $A^* \colon Y \to X$ и тогда $\overline{\lambda} A^*$ действует из $Y \to X.$ Рассмотрим скалярное произведение:

    $$\left(x, \overline{\lambda} \left(A^*y\right)\right) =$$ (по определению операции над линейными операторами) $$= \left(x,\left(\overline{\lambda} A^*\right)y\right) =$$ (по свойству линейного оператора) $$ = \left(\left(\lambda A \right)x,y\right) = \lambda \left(Ax,y\right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ = \lambda \left(x,A^*y\right) = $$ (по свойству скалярного произведения в унитарных пространствах) $$ = \left(x, \overline{\lambda} \left(A^*y\right)\right) = $$ (по операции умножения линейного оператора на константу) $$ = \left(x, \left(\overline{\lambda} A^*\right)y\right).$$

    Так как для $\forall x \in X,$ выполняется равенство $$\left(x,\left(\lambda A\right)^*y\right) = \left(x, \left(\overline{\lambda} A^*\right)y\right),$$ получаем $$\left(\lambda A\right)^*y=\left(\overline{\lambda} A^*\right)y.$$ И так как полученное равенство выполняется для $\forall y \in Y,$ то получаем $$\left(\lambda A\right)^* = \overline{\lambda} A^*.$$

  3. $\left(A+B\right)^*=A^*+B^*$

    $\forall x \in X$ и $\forall y \in Y$ имеем:

    $$\left(\left(A+B\right)x,y\right)=$$ (по определению операции сложения линейных операторов) $$= \left(Ax+Bx,y\right) = $$ (по свойству скалярного произведения) $$ = \left(Ax,y\right) + \left(Bx,y\right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ = \left(x,A^*y\right) + \left(x,B^*y\right) = $$ (по по свойству скалярного произведения) $$ = \left(x,A^*y+B^*y\right) = $$ (по определению операции сложения линейного оператора) $$ = \left(x,\left(A^*+B^*\right)y\right).$$

    Получили $$\left(x\left(A+B\right),y\right) = \left(x,\left(A^*+B^*\right)y\right),$$ или же $$\left(x,\left(A+B\right)^*y\right) = \left(x,\left(A^*+B^*\right)y\right).$$ Так как полученное равенство выполнимо $\forall x \in X,$ $$\left(A+B\right)^*y = \left(A^*+B^*\right)y.$$ И так как равенство также выполнимо для $\forall y \in Y,$ $$\left(A+B\right)^* = \left(A^*+B^*\right).$$

  4. $\left(AB\right)^*=B^*A^*$

    Для доказательства этого свойства необходимо взять три унитарных пространства — $\left(X,C\right), \left(Y,C\right), \left(Z,C\right),$ и пусть существуют операторы $A \in \Omega\left(Z,Y\right),$ $B \in \Omega\left(X,Z\right),$ где $AB \in \Omega\left(X,Y\right).$ Следовательно, по определению сопряженного оператора, $A^* \in \Omega\left(Y,Z\right),$ $B \in \Omega\left(Z,X\right),$ и $B^*A^* \in \Omega\left(Y,X\right).$ Так же, пусть $\forall x \in X$ и $\forall y \in Y.$ Тогда:

    $$\left(x,\left(AB\right)^*y\right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ = \left(\left(AB\right)x,y\right) = $$ (по свойству скалярного произведения в унитарном пространстве) $$ =\left(A\left(Bx\right),y\right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ =\left(Bx,A^*y\right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ =\left(x,B^*\left(A^*y\right)\right) = $$ (по свойству скалярного произведения в унитарном пространстве) $$ =\left(x,\left(B^*A^*\right)y\right).$$

    Кратко запишем из равенства выше: $$\left(x,\left(AB\right)^*y\right) = \left(x,\left(B^*A^*\right)y\right).$$ Следовательно, так как равенство выполнимо для $\forall x \in X,$ $$\left(AB\right)^*y = \left(B^*A^*\right)y.$$ И так как равенство выполнимо для $\forall y \in Y,$ $$\left(AB\right)^* = \left(B^*A^*\right).$$

  5. ${\left(A^{-1} \right)}^*={\left(A^*\right)}^{-1}$

    Для этого доказательства нам потребуется обратимый оператор $A.$ Так же следует доказать обратимость оператора $A^*,$ но она следует из равенства единственности в теореме о существовании и единственности сопряженного оператора. Теперь, пусть $\forall x,y \in X,$ $\exists u,v \in X,$ для которых выполняется $Au=x,$ $A^*v=y.$ Составим равенство:

    $$\left(x,{\left(A^{-1}\right)}^*y \right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ = \left(A^{-1}x,y\right) = $$ (по условию) $$ = \left(u,A^*v \right) = $$ (по определению сопряженного оператора) $$ = \left(Au,y\right) = $$ (по условию) $$ = \left(x,{\left(A^*\right)}^{-1}y\right).$$

    Следуя шаблону решений, так как равенство выполняется для $\forall x \in X,$ получаем $${\left(A^{-1}\right)}^*y = {\left(A^*\right)}^{-1}y,$$ и так как это равенство выполняется $\forall y \in Y,$ получаем $${\left(A^{-1}\right)}^* = {\left(A^*\right)}^{-1}.$$

Примеры решения задач

  1. Найти сопряженный оператор для $AB+C.$
    Решение

    Воспользуемся $5$-м и $6$-м свойствами сопряженного оператора для решения этого примера. Тогда, $\forall x \in X,$ $\forall y \in Y,$ запишем равенство:

    $$\left(\left(AB+C\right)x,y\right) =$$ (по определению операции сложения линейных операторов) $$= \left(\left(AB\right)x+Cx,y\right) =$$ (по свойству скалярного произведения) $$=\left(\left(AB\right)x,y\right)+\left(Cx,y\right)=$$ (для первой части воспользуемся свойством скалярного произведения в унитарном пространстве, а для второй — определением сопряженного оператора) $$= \left(A\left(Bx\right),y\right)+\left(x,C^*y\right)=$$ (для первой части воспользуемся определением сопряженного оператора) $$=\left(Bx,A^*y\right)+\left(x,C^*y\right)=$$ (для первой части воспользуемся определением сопряженного оператора) $$=\left(x,B^*A^*y\right)+\left(x,C^*y\right)=$$ (по по свойству скалярного произведения) $$=\left(x,B^*A^*y+C^*y\right)=$$ (по определению операции сложения линейного оператора) $$=\left(x,\left(B^*A^*+C^*\right)y\right).$$

    Ответ: $\left(x,\left(B^*A^*+C^*\right)y\right).$

    [свернуть]
  2. Доказать, что $\left(\lambda A+BC\right)^*=\left(\overline{\lambda} A^*+C^*B^*\right).$
    Решение

    Доказываем по аналогии с доказательством свойств сопряженного оператора. А именно, пользуясь определением операции сложения линейных операторов, свойством скалярного произведения в унитарных пространствах, определением сопряженного оператора и $4$-м свойством сопряженного оператора. Тогда $\forall x \in X,$ и $\forall y \in Y:$

    $$\left(\left(\lambda A+BC\right)x,y \right)=\left(\left(\lambda A\right)x+\left(BC\right)x,y\right)=$$ $$=\left(\left(\lambda A\right)x,y\right)+\left(\left(BC\right)x,y\right)= \lambda \left(Ax,y\right)+\left(B\left(Cx\right),y\right)=$$ $$= \lambda \left(x,A^*y\right)+\left(Cx,B^*y\right)=\left(x,\left(\overline{\lambda} A^*\right)y\right)+\left(x,\left(C^*B^*\right)y\right)=$$ $$=\left(x,\left(\overline{\lambda} A^*\right)y+\left(C^*B^*\right)y\right)=\left(x,\left(\overline{\lambda} A^*+C^*B^*\right)y\right).$$

    Получаем, что: $$\left(x,\left(\lambda A+BC\right)^*y\right)=\left(x,\left(\overline{\lambda} A^*+C^*B^*\right)y\right).$$ Так как равенство выполняется $\forall x \in X \Rightarrow$ $$\left(\lambda A+BC\right)^*y=\left(\overline{\lambda} A^*+C^*B^*\right)y.$$ И так как равенство выполняется $\forall y \in Y \Rightarrow$ $$\left(\lambda A+BC\right)^*=\left(\overline{\lambda} A^*+C^*B^*\right).$$

    [свернуть]
  3. Найти сопряженный оператор для $\overline{\lambda} B+ \lambda CD+{\left(A^*\right)}^*.$
    Решение

    Доказываем пользуясь определением операции сложения линейных операторов, свойством скалярного произведения в унитарных пространствах, определением и свойствами сопряженного оператора.

    $$\left(\overline{\lambda} B+ \lambda CD+{\left(A^*\right)}^*x,y \right)=\left(\left(\overline{\lambda} B\right)x + \left(\lambda CD\right)x + Ax,y\right) =$$ $$=\left(\left(\overline{\lambda} B\right)x,y\right) + \left(\left(\lambda CD\right)x,y\right) + \left(Ax,y\right) = \overline{\lambda} \left(Bx,y\right) + \lambda \left(C\left(Dx\right),y\right) +$$ $$+ \left(Ax,y\right) = \overline{\lambda} \left(x,B^*y\right) + \lambda \left(x,\left(D^*C^*\right)y\right) + \left(x,A^*y\right) = \left(x,\left( \lambda B^*\right)y\right) +$$ $$+ \left(x,\left( \overline{\lambda} D^*C^*\right)y\right) + \left(x,A^*y\right) = \left(x,\left( \lambda B^*\right)y + \left( \overline{\lambda} D^*C^*\right)y + A^*y\right) =$$ $$= \left(x,\left(\lambda B^* + \overline{\lambda} D^*C^* + A^*\right)y\right).$$

    Ответ: $\left(x,\left(\lambda B^* + \overline{\lambda} D^*C^* + A^*\right)y\right).$

    [свернуть]

Свойства сопряженного оператора

Тест на знание темы «Свойства сопряженного оператора»

Смотрите также

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Г. С. Белозерова.
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1994, Глава 9, $§$ 75, «Сопряженный оператор» (стр. 241)
  3. Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984, Глава 13, $§$ 4, «Евклидово и унитарное пространства» (стр. 356)
  4. Федорчук В.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. М.: изд. московского ун-та, 1990, Часть 2, Глава 5, $§$ 30, «Линейные отображения евклидовых пространств. Изоморфизмы. Сопряженные операторы»(стр. 269-271)

Сопряженный оператор: существование и единственность

Определение. Пусть $X,Y$ — унитарные пространства. Отображение $Y \to X$ называется линейным оператором $A^*,$ сопряженным с оператором $A,$ действующим из $X \to Y,$ если для любых $x \in X$ и $y \in Y$ выполняется условие: $$\left(Ax,y\right)_y=\left(x,A^*y\right)_x.$$

Так как определение не может гарантировать существование сопряженного оператора, введем следующую теорему.

Теорема (существование и единственность сопряженного оператора). Пусть $X,Y$ — унитарные пространства. Для всякого линейного оператора $A,$ действующего из $X \to Y,$ существует и притом единственный сопряженный ему оператор $A^*,$ действующий из $Y \to X.$

Доказательство. Единственность. В любом пространстве можно выбрать ортонормированный базис, то есть базис, векторы которого попарно ортогональны (произведение любых двух не равных векторов будет равно $0$). Тогда длины всех векторов будут равны $1.$ Обозначим этот базис как $\langle e_1, e_2,…, e_m\rangle.$ Пусть $A^*$ — линейный оператор, действующий из пространства $Y \to X,$ сопряженный с оператором $A.$ Возьмем произвольный вектор из пространства $Y.$ Образ этого вектора будет принадлежать пространству $X,$ а значит может быть представлен в виде линейной комбинации базисных векторов пространства $X.$ Тогда

$$ A^*y = \sum_{j=1}^m \left(A^*y,e_j\right)e_j =$$ (по свойству скалярного произведения) $$= \sum_{j=1}^m \overline{\left(e_j,A^*y\right)}e_j =$$ (по определению сопряженного оператора) $$= \sum_{j=1}^m \overline{\left(Ae_j,y\right)}e_j =$$ (по свойству скалярного произведения) $$= \sum_{j=1}^m \overline{ \overline{\left(y,Ae_j\right)}}e_j = \sum_{j=1}^m \left(y, Ae_j\right)e_j.$$

Получили отображение, которое может быть задано единственным образом. Прослеживается это через вектор $A^*y \in X,$ который может быть однозначно определен правой частью полученного соотношения, если применить к нему теорему о координатах вектора в ортонормированном базисе (скалярное произведение двух векторов в ортонормированном базисе равно сумме попарных произведений координат этих векторов).

Существование. С помощью полученного равенства можем определить линейное отображение $A^*,$ ибо для $\forall \alpha, \beta \in C$ и $\forall y_1,y_2 \in Y$

$$A^*\left(\alpha y_1+\beta y_2 \right) = \sum_{j=1}^m \left(\alpha y_1+\beta y_2,Ae_j \right)e_j = \\ = \alpha\sum_{j=1}^m \left(y_1,Ae_j \right)e_j + \beta\sum_{j=1}^m \left(y_2,Ae_j \right)e_j = \alpha A^*y_1+\beta A^*y_2.$$

Проверим, что оператор $A^*,$ заданный равенством выше, удовлетворяет определению сопряженного оператора, то есть $\forall x \in X, \forall y \in Y$

$$\left(Ax,y\right)=$$ (согласно разложению вектора $x$ по ортонормированному базису) $$= \left(A \sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right)e_i,y \right) =$$ (по определению линейного оператора) $$= \left(\sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right)Ae_j,y \right) =$$ (по свойству скалярного произведения) $$= \sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right)\left(Ae_j,y\right).$$

Найдем скалярное произведение:

$$\left(x,A^*y\right)=$$ (согласно разложению вектора $x$ по ортонормированному базису и полученному ранее равенству) $$= \left(\sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right)e_i, \sum_{j=1}^m \left(y, Ae_j \right)e_j \right) =$$ (по свойству скалярного произведения) $$= \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m \left(x,e_i \right) \overline{\left(y,Ae_j \right)}\left(e_i,e_j \right)=$$ (по свойству скалярного произведения) $$=\sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right) \overline{\left(y,Ae_i \right)} = \sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right) \overline{\overline{\left(Ae_i,y\right)}} = \sum_{i=1}^m \left(x,e_i \right)\left(Ae_i,y\right).$$

Получили $$\left(Ax,y\right)=\left(x,A^*y\right).$$ Следовательно, оператор $A^*,$ определенный в равенстве, удовлетворяет определению сопряженного оператора, и полученные результаты совпадают.

Примеры решения задач

  1. Пусть оператор $A$ действует в некотором геометрическом пространстве векторов, и задан следующим равенством $$Ax=\left[a,x\right].$$ Найти сопряженный оператор.
    Решение

    Для решения возьмем произвольные вектора $x,y,$ так, что:

    $\left(Ax,y\right) = \left(\left[a,x\right],y\right) = \left \langle a,x,y \right \rangle = \left \langle x,y,a \right \rangle = \left(x,\left[y,a\right]\right) = \left(x,A^*y\right).$

    Получили, что $A^*y = \left[y,a\right] = -\left[a,y\right] = -Ay \Leftrightarrow A^*=-A.$

    Ответ: $-A.$

    [свернуть]
  2. Доказать, что если некоторое подпространство инвариантно относительно оператора $A,$ то его ортогональное дополнение инвариантно относительно оператора $A^*.$
    Решение

    Пусть $A$ — линейный оператор, и пусть $B$ — его инвариантное подпространство. Тогда $L$ — ортогональное дополнение. Пусть $x \in B, y \in L.$ Таким образом, из $Ax \in B \Rightarrow \left(Ax,y\right)=0,$ а в силу того, что по определению сопряженного оператора $\left(Ax,y\right)=\left(x,A^*y\right),$ получаем, что $\left(x,A^*y\right)=0.$ И так как $x$ это произвольный вектор из $B,$ то $A^*y \in L.$

    [свернуть]
  3. Доказать, что оператор $A^*$ — линейный.
    Решение

    Для этого необходимо проверить условие линейного оператора . А именно для $A \colon X \to Y,$ $\forall x,y \in X$ и для любого числа $\alpha$ выполняется:
    $$A^*\left(x+y\right)=A^*\left(x\right)+A^*\left(y\right),$$ $$A^*\left(\alpha x\right)= \alpha A^*\left(x\right).$$

    Проверим сначала для $A\left(x+y\right)=A\left(x\right)+A\left(y\right).$ Тогда $\forall x,y,z \in X$ имеем
    $$\left(Ax,y+z\right)=\left(x,A^*\left(y+z\right)\right).$$

    Подробно распишем правую часть

    $$\left(Ax,y+z\right)=\left(Ax,y\right)+\left(Ax,z\right)=$$ $$=\left(x,A^*y\right)+\left(x,A^*z\right)=\left(x,A^*y+A^*z\right).$$

    Получили, что $\left(x,A^*\left(y+z\right)\right)=\left(x,A^*y+A^*z\right),$ и, следовательно по условию, что равенство выполняется для $\forall x \in X$ $\Rightarrow$ $$A^*\left(y+z\right)=A^*y+A^*z.$$

    Теперь докажем вторую часть, $A^*\left(\alpha x\right)= \alpha A^*\left(x\right).$ Тогда $\forall x,y \in X$ и для любого числа $\alpha$ имеем:
    $$\left(Ax, \alpha y\right)=\left(x,A^*\left(\alpha y\right)\right).$$

    По аналогии с первой частью

    $$\left(Ax, \alpha y\right)= \overline{\alpha}\left(Ax,y\right) = \overline{\alpha}\left(x,A^*y\right) = \left(x, \alpha A^*y\right).$$

    Получаем, что $\left(x,A^*\left(\alpha y\right)\right)=\left(x, \alpha A^*y\right),$ и, следовательно по условию, что равенство выполняется для $\forall x \in X$ $\Rightarrow$ $$A^*\left(\alpha y\right)=\alpha A^*y.$$

    [свернуть]

Сопряженный оператор

Тест на знание темы «Сопряженный оператор: существование и единственность»

Смотрите также

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Г. С. Белозерова.
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1994, Глава 9, $§$ 75, «Сопряженный оператор» (стр. 241)
  3. Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984, Глава 13, $§$ 4, «Евклидово и унитарное пространства» (стр. 356)
  4. Федорчук В.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры. М.: изд. московского ун-та, 1990, Часть 2, Глава 5, $§$ 30, «Линейные отображения евклидовых пространств. Изоморфизмы. Сопряженные операторы»(стр. 269-271)

М1654. Задача о медиане и биссектрисе неравнобедренного треугольника

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Через основание $L$ и $M$ биссектрисы $BL$ и медианы $BM$ неравнобедренного треугольника $ABC$ провели прямые параллельно, соответственно, сторонам $BC$ и $BA$ до пересечения с прямыми $BM$ и $BL$ в точка $D$ и $E$. Докажите, что угол $BED$ прямой.

Рис. 1

Первое решение

Обозначим $O=LD \cap ME$, и пусть точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$ (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). $ME$ — медиана треугольника $MBC$ (Рис.1), а значит, и треугольника $MDL$, т.е. $OL=OD$. Далее $\angle DLB = \angle LBC,\; \angle MEL = \angle ABL = \angle LBC$. Получили: $\angle MEL = \angle DLB, \; OL= OE$.

Итак, в треугольнике $LED$ медиана $EO$ равна половине стороны $LD$. Следовательно, угол $DEL$ прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.

Случай внешнего расположения точки $O$ рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.

Рис. 2

Лемма. Пусть $B$ и $C$ — произвольные точки на выходящих из $A$ лучах (Рис.2), $BD \parallel CK, \; CE \parallel BF$. Тогда и $ED \parallel KF$.

Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.

С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.

Второе решение

Рис. 3

Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе $\{\vec{a} , \; \vec{c} \}, \;$ где $\vec{a} = \vec{BC},\; \vec{c} = \vec{BA}, \;$ длины этих векторов обозначим через $a$ и $c$ соответственно.

Имеем: $\displaystyle \vec{BL}=\vec{c} + \frac{c}{a+c} \Big( \vec{a} — \vec{c} \Big) = \frac{1}{a+c}\Big(a \vec{c} + c \vec{a} \Big)$.

Обозначим $\vec{BE} = \alpha \vec{BL}$, тогда $$ \alpha \vec{BL} + \vec{EM} = \vec{BM} =\frac{1}{2} \Big( \vec{a} + \vec{c} \Big).$$ Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор $\displaystyle \vec{a}: \frac{\alpha c}{a+c} = \frac{1}{2}$, откуда $\displaystyle \alpha = \frac{a+c}{2c}$.

Аналогично, положив $\vec{BD} = \beta \vec{BM}$, получим $\beta \vec{BM}+\vec{DL}=\vec{BL}$; проектируя обе части этого равенства на $\vec{c}$, находим $\displaystyle \frac{\beta}{2}=\frac{a}{a+c}$.

Получили $\displaystyle \vec{BE} = \frac{\vec{a}}{2} + \frac{a}{2c} \vec{c},\; \vec{BD} = \frac{a}{a+c} \Big(\vec{a} + \vec{c} \Big)$. Таким образом, $\displaystyle\frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{2}\left( \frac{\vec{a}}{a} + \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — это высота треугольника, построенного на единичных векторах $\displaystyle \frac{\vec{a}}{a}$ и $\displaystyle \frac{\vec{c}}{c}$. Далее, $\displaystyle \frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{a+c}\left(a \cdot \frac{\vec{a}}{a}+c \cdot \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что $\displaystyle \frac{\vec{BD}}{a}-\frac{\vec{BE}}{a}\bot\vec{BE}$ — и утверждение задачи доказано.

Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор $\displaystyle \vec{BD}-\vec{BE}=\frac{a \left( a-c \right)}{2 \left( a+c \right)} \left(\frac{\vec{a}}{a}-\frac{\vec{c}}{c}\right) $ параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: $$\displaystyle \left( \vec{BD}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right), $$ $$\displaystyle \left( \vec{BE}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right).$$

А. Акопян, В. Сендеров

Измерения в евклидовом пространстве

1. Определить скалярное произведение векторов $latex X, Y$

$latex X=(2, 1, -1, 2)$, $latex Y=(3, -1, -2, 1)$.

Нам известна теорема о том, что если два вектора $latex a,b$ заданы своими декартовыми прямоугольными координатами, то скалярное произведение этих векторов равно сумме попарных произведений соответствующих координат.
Воспользуемся ей. Получим:

$latex (X,Y)=2\cdot 3 + 1\cdot (-1) + (-1)\cdot (-2) + 2\cdot 1 =9$

Ответ: 9.

2. Нормировать вектор $latex X=(1,3,0,-2)$

Для того, чтобы нормировать вектор нам необходимо найти его модуль, и каждую координату разделить на него.

$latex |X|= \sqrt{1^2+3^2+(-2)^2}=\sqrt{13}$

$latex X’ = (\frac{1}{\sqrt{13}},\frac{3}{\sqrt{13}},0,-\frac{2}{\sqrt{13}})$

Ответ: $latex X’ = (\frac{1}{\sqrt{13}},\frac{3}{\sqrt{13}},0,-\frac{2}{\sqrt{13}})$.

3. Определить угол между векторами $latex X, Y$

$latex X= (1, 2, 2, 3)$, $latex Y= (3, 1, 5, 1).$

Нам известно, что по определению скалярного произведения $latex (a,b)= |a|\cdot |b| \cos\angle (a,b)\Rightarrow \cos\angle (a,b)= \frac{(a,b)}{|a|\cdot |b|}$

Воспользовавшись тем, что $latex |a|=\sqrt{x_{1}^2+x_{2}^2+…+x_{n}^2}$, а также предыдущей формулой и метод нахождения скалярного произведения из первой задачи, получаем:

$latex \cos\angle (X,Y)= \frac{1\cdot 3 +2\cdot 1 + 2\cdot 5 + 3\cdot 1}{\sqrt{1^2+2^2+2^2+3^2}\cdot \sqrt{3^2+1^2+5^2+1^2}}$

$latex \cos\angle (X,Y)= \frac{18}{\sqrt{18}\cdot \sqrt{36}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Ответ: угол между векторами $latex X,Y $ равен $latex 45^\circ$.

4.Определить косинусы внутренних углов треугольника $latex ABC$, заданного координатами  вершин:

$latex A=(1,2,1,2)$, $latex B=(3,1,-1,0)$, $latex C=(1,1,0,1)$

Для того, что найти соответствующие углы необходимо найти координаты векторов, являющихся сторонами данных углов.
Найдем их.

$latex AB= (3-1,1-2,-1-1,0-2)= (2,-1,-2,-2)$

$latex |AB|= \sqrt{2^2+(-1)^2+(-2)^2+(-2)^2}= \sqrt{13}$

$latex CB= (3-1,1-1,-1-0,0-1)= (2,0,-1,-1)$

$latex |CB|= \sqrt{2^2+(-1)^2+(-1)^2}= \sqrt{6}$

$latex AC= (1-1,1-2,0-1,1-2)= (0,-1,-1,-1)$

$latex |AC|= \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+(-1)^2}= \sqrt{3}$

Воспользовавшись методом решения третей  задачи, найдем косинусы углов $latex A, B, C$.

$latex \cos\angle A= \frac{(-1)\cdot (-1)+(-1)\cdot (-2)+(-1)\cdot (-2)}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{13}}= \frac{5}{\sqrt{39}}$

$latex \cos\angle B= \frac{2\cdot 2+(-2)\cdot (-1)+(-2)\cdot (-1)}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{6}}= \frac{8}{\sqrt{78}}$

$latex \cos\angle C= \frac{1\cdot (-1) + 1\cdot (-1)}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}= -\frac{\sqrt{2}}{3}$

Ответ: $latex \cos\angle A= \frac{5}{\sqrt{39}}$, $latex \cos\angle B= \frac{8}{\sqrt{78}}$,  $latex \cos\angle C= -\frac{\sqrt{2}}{3}$.

Литература:

Тест