Операция транспонирования матриц и ее свойства

Определение. Пусть задана матрица $A.$ Тогда замена строк на столбцы, а столбцов — на строки называется транспонированием по отношению к $A.$ Так, если $$A = \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix},$$ то транспонированная матрица будет выглядеть: $$A^{T} = \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix}.$$

Свойства транспонирования матриц

  1. $\left ( A^{T} \right )^{T} = A $
  2. Пусть задана матрица $$A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матрицы $A:$
    $$A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём повторное транспонирование матрицы $A^{T}$ и получаем: $$\left ( A^{T} \right )^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    Следовательно, $ \left ( A^{T} \right )^{T} = A,$ что и требовалось доказать.

  3. $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T}$
  4. Пусть задана матрица $$A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матрицы $A:$
    $$A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Докажем, что $ \left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T}.$ Найдём $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T}$ $$ \lambda \cdot \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{12}\cdot \lambda & \cdots & a_{1n}\cdot \lambda\\
    a_{21}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{2n}\cdot \lambda\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1}\cdot \lambda & a_{m2}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование и получаем: $$\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{21}\cdot \lambda & \cdots & a_{m1}\cdot \lambda\\
    a_{12}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{m2}\cdot \lambda\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n}\cdot \lambda & a_{2n}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}. $$
    Найдём $\lambda \cdot A^{T}:$ $$ \lambda \cdot A^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11}\cdot \lambda & a_{21}\cdot \lambda & \cdots & a_{m1}\cdot \lambda\\
    a_{12}\cdot \lambda & a_{22}\cdot \lambda & \cdots & a_{m2}\cdot \lambda\\
    \ldots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n}\cdot \lambda & a_{2n}\cdot \lambda & \cdots & a_{mn}\cdot \lambda
    \end{pmatrix}.$$
    Следовательно, $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T},$ что и требовалось доказать.

  5. $\left ( A + B \right )^{T} = A^{T} + B^{T}$
  6. Пусть $$ A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B = \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n}\\
    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матриц: $$ A^{T}= \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1}\\
    a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B^{T}= \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{21} & \cdots & b_{m1}\\
    b_{12} & b_{22} & \cdots & b_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{1n} & b_{2n} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Найдём $\left ( A + B \right )^{T}$ и $A^{T} + B^{T}:$
    $$A + B= \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{12} + b_{12} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{21} + b_{21} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} + b_{m1} &a_{m1} + b_{m1} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    $$\left ( A + B \right )^{T}= \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{12} + b_{12} &a_{22} + b_{22} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} + b_{1n} &a_{2n} + b_{2n} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    $$A^{T} + B^{T} = \begin{pmatrix}
    a_{11} + b_{11} &a_{21} + b_{21} & \cdots & a_{1n} + b_{1n}\\
    a_{12} + b_{12} &a_{22} + b_{22} & \cdots & a_{2n} + b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{1n} + b_{1n} &a_{2n} + b_{2n} & \cdots & a_{mn} + b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Получаем, что $\left ( A + B \right )^{T} = A^{T} + B^{T},$ что и требовалось доказать.

  7. $\left ( A \cdot B \right )^{T} = A^{T} \cdot B^{T}$
  8. Пусть $$ A = \begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B = \begin{pmatrix}
    b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n}\\
    b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    b_{m1} & b_{m2} & \cdots & b_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    Проведём транспонирование матриц: $$ A^{T} = C = \begin{pmatrix}
    c_{11} & c_{21} & \cdots & c_{m1}\\
    c_{12} & c_{22} & \cdots & c_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    c_{1n} & c_{2n} & \cdots & c_{mn}
    \end{pmatrix}, \; B^{T} = D = \begin{pmatrix}
    d_{11} & d_{21} & \cdots & d_{m1}\\
    d_{12} & d_{22} & \cdots & d_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    d_{1n} & d_{2n} & \cdots & d_{mn}
    \end{pmatrix}.$$
    так, что $ с_{ji} = a_{ij},$ $ d_{\beta \alpha} = b_{\alpha \beta} $
    $$AB = F = \begin{pmatrix}
    f_{11} & f_{12} & \cdots & f_{1n}\\
    f_{21} & f_{22} & \cdots & f_{2n}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    f_{m1} & f_{m2} & \cdots & f_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    $$A^{T}B^{T} = G = \begin{pmatrix}
    g_{11} & g_{21} & \cdots & g_{m1}\\
    g_{12} & g_{22} & \cdots & g_{m2}\\
    \cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
    g_{1n} & g_{2n} & \cdots & g_{mn}
    \end{pmatrix}. $$
    Тогда, $$f_{ij} = \sum_{\alpha = 1}^{k} a_{i\alpha} b_{\alpha j},$$
    $$g_{ji} = \sum_{\alpha = 1}^{k}d_{j\alpha} c_{\alpha i} = \sum_{\alpha = 1}^{k} b_{\alpha j} a_{i \alpha} = \sum_{\alpha = 1}^{k} = a_{i\alpha} b_{\alpha j} = f_{ij}.$$
    Итак, $g_{ji} = f_{ij}$ при всех $i = 1, 2, …, m$ и $j = 1, 2, …, n, $ следовательно, $G = F^{T},$ т. е. $A^{T} B^{T}= \left ( A B \right )^{T} $.

      Примеры решения задач

      Пример 1

      Дана матрица $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 2 & 6 \\
      1 & 4 & 9 \\
      8 & 3 & 10
      \end{pmatrix}.$ Составить матрицу $A^{T}.$

      Решение

      $A^{T} = \begin{pmatrix}
      5 & 2 & 6 \\
      1 & 4 & 9 \\
      8 & 3 & 10
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix}. $

      [свернуть]

      Пример 2

      Дана матрица $ A = \begin{pmatrix}
      11 & 0 & 9 \\
      7 & 23 & 0 \\
      1 & 11 & 4
      \end{pmatrix}.$ Найти $ \left ( 2 \cdot A \right )^{T}. $

      Решение

      Воспользуемся вторым свойством транспонирования матриц, где $\left ( \lambda \cdot A \right )^{T} = \lambda \cdot A^{T},$ получим: $$ 2 \cdot A^{T} =2 \begin{pmatrix}
      11 & 7 & 1 \\
      0 & 23 & 11 \\
      9 & 0 & 4
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      22 & 14 & 2 \\
      0 & 46 & 2 \\
      18 & 0 & 8
      \end{pmatrix}.$$

      [свернуть]

      Пример 3

      Даны две матрицы $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix} $ и $ B = \begin{pmatrix}
      11 & 7 & 1 \\
      0 & 23 & 11 \\
      9 & 0 & 4
      \end{pmatrix}.$
      Найти $ \left ( A + 3 \cdot B \right )^{T}.$

      Решение

      Найдём сумму матриц $A$ и $B:$
      $$A + 3 \cdot B = \begin{pmatrix}
      5 & 1 & 8 \\
      2 & 4 & 3 \\
      6 & 9 & 10
      \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
      33 & 21 & 3 \\
      0 & 69 & 33 \\
      27 & 0 & 12
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      28 & 22 & 11 \\
      2 & 73 & 36 \\
      33 & 9 & 22
      \end{pmatrix}.$$

      Проведём транспонирование суммы матриц: $$\left ( A + 3 \cdot B \right )^{T} = \begin{pmatrix}
      28 & 22 & 11 \\
      2 & 73 & 36 \\
      33 & 9 & 22
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      28 & 2 & 11 \\
      22 & 73 & 99 \\
      11 & 36 & 22
      \end{pmatrix}.$$

      [свернуть]

      Пример 4

      Даны две матрицы $ A = \begin{pmatrix}
      5 & 11 & 16 & 12 & 56 \\
      4 & 3 & 45 & 10 & 22\\
      5 & 1 & 9 & 56 & 14 \\
      33 & 23 & 34 & 45 & 89
      \end{pmatrix} $ и
      $$ B = \begin{pmatrix}
      12 & 10 & 15 & 11\\
      3 & 2 & 20 & 22\\
      1 & 4 & 8 & 2\\
      5 & 11 & 3 & 4\\
      16 & 4 & 11 & 12
      \end{pmatrix}.$$
      Найти $ \left ( A \cdot B \right )^{T}.$

      Решение

      Решим задачу двумя способами, используя 4 свойство.

      • Метод №1. Найдём преобразование матриц $A$ и $B:$ $$A \cdot B = \begin{pmatrix}
        5 & 11 & 16 & 12 \\
        4 & 3 & 45 & 10 \\
        5 & 1 & 9 & 56 \\
        33 & 23 & 34 & 45 \\
        56 & 22 & 14 & 89 \\
        \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
        12 & 10 & 15 & 11 & 16\\
        3 & 2 & 20 & 22 & 0\\
        1 & 4 & 8 & 2 & 11\\
        5 & 11 & 0 & 4 & 12\\
        \end{pmatrix} =$$
        $$= \begin{pmatrix}
        538 & 430 & 1151 & 1579 & 2081 \\
        849 & 565 & 1066 & 2166 & 2450 \\
        127 & 77 & 336 & 590 & 434 \\
        216 & 183 & 738 & 518 & 920 \\
        547 & 475 & 943 & 1388 & 2206 \\
        \end{pmatrix}. $$

        Проведём транспонирование матрицы:
        $$ \left ( A \cdot B \right )^{T} = \begin{pmatrix}
        538 & 849 & 127 & 216 & 547 \\
        430 & 565 & 77 & 183 & 475 \\
        1151 & 1066 & 336 & 738 & 943 \\
        1579 & 2166 & 590 & 518 & 1388 \\
        2081 & 2450 & 434 & 920 & 2206
        \end{pmatrix}. $$

      • Метод №2. Проведём транспонирование матриц $A$ и $B:$
        $$ A^{T} = \begin{pmatrix}
        5 & 4 & 5 & 33\\
        11 & 3 & 1 & 23\\
        16 & 45 & 9 & 34\\
        12 & 10 & 56 & 45\\
        56 & 22 & 14 & 89
        \end{pmatrix}.$$
        $$ B^{T} = \begin{pmatrix}
        12 & 3 & 1 & 5 & 16\\
        10 & 2 & 4 & 11 & 4\\
        15 & 20 & 8 & 3 & 11\\
        11 & 22 & 2 & 4 & 12
        \end{pmatrix}.$$

        Найдём произведение $A^{T}$ и $B^{T}:$
        $$A^{T} \cdot B^{T} = \begin{pmatrix}
        538 & 849 & 127 & 216 & 547 \\
        430 & 565 & 77 & 183 & 475 \\
        1151 & 1066 & 336 & 738 & 943 \\
        1579 & 2166 & 590 & 518 & 1388 \\
        2081 & 2450 & 434 & 920 & 2206
        \end{pmatrix}.
        $$

      • Оба метода показали одинаковый ответ, что также подтверждает свойство №4.

      [свернуть]

      Пример 5

      Дана транспонированная матрица $ A^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 3 & 22 & 21 \\
      2 & 11 & 1 & 12\\
      0 & 4 & 20 & 31\\
      6 & 15 & 50 & 9
      \end{pmatrix}.$ Найти первоначальную матрицу $A.$

      Решение

      Воспользуемся первым свойством транспонирования матриц, где $\left ( A^{T} \right )^{T} = A, $ получим:
      $$ \left ( A^{T} \right )^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 3 & 22 & 21 \\
      2 & 11 & 1 & 12\\
      0 & 4 & 20 & 31\\
      6 & 15 & 50 & 9
      \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix}
      1 & 2 & 9 & 6 \\
      3 & 11 & 4 & 15\\
      22 & 1 & 20 & 40\\
      21 & 12 & 31 & 9
      \end{pmatrix}. $$

      [свернуть]

      Смотрите также

      Операция транспонирования матриц и ее свойства

      Данный тест предназначен для проверки ваших знаний на тему «Операция транспонирования матриц и ее свойства». Удачи !

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.

Теорема об аддитивной группе матриц

Теорема. Пусть $ M_{m\times n} \left ( P\right )$ — множество матриц размеров $m\times n$ над полем $P,$ «$+$» — операция сложения матриц. Тогда пара $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — абелева группа.

Для доказательства теоремы необходимо проверить аксиомы группы и коммутативность операции сложения матриц.

Для записи аксиом и свойств в общем виде будем использовать следующие обозначения:

Ассоциативность

В общем виде аксиома ассоциативности группы выглядит так: $$\forall g_{1},\,g_{2},\,g_{3}\in G\;\left (g_{1}\ast g_{2}\right )\ast g_{3}=g_{1}\ast \left (g_{2}\ast g_{3}\right ).$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B,C\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right ).$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right),$$ $$C=\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$\left (A+B\right )+C=\left( \left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right) \right) +$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} &\end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+\left ( B+C \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right) \right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}+c_{11}&b_{12}+c_{12} & \cdots &b_{1n}+c_{1n} \\b_{21}+c_{21}&b_{22}+c_{22} & \cdots &b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+c_{m1}&b_{m2}+c_{m2}&\cdots &b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot\\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right).$$

$\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right )\Rightarrow $ операция ассоциативна.

Аксиома нейтрального элемента

В общем виде аксиома нейтрального элемента группы выглядит так: $$\exists e\in G:\;\forall g\in G\;g\ast e=e\ast g=g.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\exists O\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+O=O+A=A.$$ В нашем случае нейтральным элементом является нулевая матрица $O\in M_{m\times n}\left ( P \right ).$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; O =\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right).$$$$A+O=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+0&a_{12}+0 & \cdots &a_{1n}+0 \\a_{21}+0&a_{22}+0 & \cdots &a_{2n}+0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+0&a_{m2}+0&\cdots &a_{mn}+0 \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$ $$O+A=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}0+a_{11}&0+a_{12} & \cdots &0+a_{1n} \\0+a_{21}&0+a_{22} & \cdots &0+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0+a_{m1}&0+a_{m2}&\cdots &0+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$

$A+O=O+A=A\Rightarrow $ $O$ — нейтральный элемент.

Аксиома симметричных элементов

В общем виде аксиома симметричных элементов группы выглядит так: $$\forall g\in G\;\exists{g}’\in G:\;g\ast{g}’={g}’\ast g=e.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\exists\left ( -A \right )\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;A+\left ( -A \right )=-A+A=O.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$-A=-\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right).$$ $$A+\left ( -A \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}-a_{11}&a_{12}-a_{12} & \cdots &a_{1n}-a_{1n} \\a_{21}-a_{21}&a_{22}-a_{22} & \cdots &a_{2n}-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}-a_{m1}&a_{m2}-a_{m2}&\cdots &a_{mn}-a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O;$$$$-A+A=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix} -a_{11}+a_{11}&-a_{12}+a_{12} & \cdots &-a_{1n}+a_{1n} \\-a_{21}+a_{21}&-a_{22}+a_{22} & \cdots &-a_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}+a_{m1}& -a_{m2}+a_{m2}&\cdots &-a_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O.$$

$A+\left ( -A \right )=-A+A=O \Rightarrow$ $A$ и $-A$ — симметричные элементы.

Коммутативность

Проверив все аксиомы, мы доказали, что $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — группа. Чтобы доказать, что она абелева, проверим коммутативность опреации.

Общий вид: $$\forall g_{1},g_{2}\in G\;g_{1}\ast g_{2}=g_{2}\ast g_{1}.$$ Для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+B=B+A.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+B=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\ \cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right);$$ $$B+A=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}b_{11}+a_{11}&b_{12}+a_{12} & \cdots &b_{1n}+a_{1n} \\b_{21}+a_{21}&b_{22}+a_{22} & \cdots &b_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+a_{m1}&b_{m2}+a_{m2}&\cdots &b_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right).$$

$A+B=B+A\Rightarrow$ операция коммутативна.

Доказав три аксиомы группы и коммутативность, мы доказали теорему об аддитивной группе матриц.

Литература

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций по линейной алгебре.
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980.-400 с., стр. 23-26
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с., стр. 242-244

Критерий кратности корня

Теорема. Корень $\alpha$ многочлена $f(x)$ является его $k$-кратным корнем тогда и только тогда, когда он является корнем кратности $k-1$ его первой производной.

Так как мы работаем с критерием, то доказательство будет проведено в обе стороны.

Необходимость. Пусть $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$. Необходимо доказать, что $\alpha$ — корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$. По определению кратного корня можно записать следующее:$$f(x)=\left(x-\alpha\right)^kf_{1}(x),\, f_{1}(x) \bar\vdots (x-\alpha).$$

Стоит отметить, что условия $f_{1}(x) \bar\vdots(x-\alpha)$ и $f(\alpha)\ne0$ являются эквивалентными по следствию теоремы Безу.

Дифференцируя $f(x)$, получаем: $$f'(x)=k\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{1}(x)+\left(x-\alpha\right)^kf’_{1}(x).$$Вынося $\left(x-\alpha\right)^{k-1}$ из первого и второго слагаемого, получаем: $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}(kf_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x)),$$ при этом слагаемое $(kf_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x)) \bar\vdots (x-\alpha)$, так как в противном случае выполнялось бы условие $f_{1}(x) \,\vdots\, (x-\alpha)$, что противоречит тому, что $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$.

Следовательно, $\alpha$ — корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$ по определению кратного корня.

Достаточность. Теперь пусть $\alpha$ — корень многочлена $f(x)$ и корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$. Тогда можно записать следующее: $$f(x)=(x-\alpha)f_{1}(x),$$ $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}g(x),\, g(x)\bar\vdots(x-\alpha).$$

Пусть $k\geqslant2$. Тогда продифференцируем $f(x)$ и получим: $$f'(x)=f_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x).$$Учитывая, что $f'(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, то и $f_{1}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, иными словами, многочлен $f_{1}(x)$ можно представить так: $$f_{1}(x)=(x-\alpha)f_{2}(x).$$ Тогда $f(x)$ представляется в следующем виде: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^2f_{2}(x).$$ Теперь продифференцируем $f(x)$ в очередной раз, получим: $$f'(x)=2(x-\alpha)f_{2}(x)+\left(x-\alpha\right)^2f’_{2}(x).$$

Если $k=2$, тогда $\alpha$ — простой корень $f'(x)$, значит $f'(x)\bar\vdots\left(x-\alpha\right)^2$. Получаем, что $f_{2}(x)\bar\vdots(x-\alpha)$, потому $\alpha$ — двукратный корень $f(x)$.

Если же $k\geqslant3$, то $f'(x)\,\vdots\,\left(x-\alpha\right)^2$, тогда из текущего представления $f'(x)$ видно, что $f_{2}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, значит $f_{2}(x)$ можно представить в следующем виде: $$f_{2}(x)=(x-\alpha)f_{3}(x).$$ Откуда $f(x)$ представляется как: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^3f_{3}(x).$$

Продолжая такой процесс, получим: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{k-1}(x).$$ Дифференцируя $f(x)$, получаем: $$f'(x)=(k-1)\left(x-\alpha\right)^{k-2}f_{k-1}(x)+\left(x-\alpha\right)^{k-1}f’_{k-1}(x).$$ По аналогии получаем, что $f_{k-1}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, откуда $$f_{k-1}(x)=(x-\alpha)f_{k}(x).$$ Тогда $f(x)$ представляется так: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^kf_{k}(x).$$Дифференцируя $f(x)$ ещё раз, получаем следующее: $$f'(x)=k\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{k}(x)+\left(x-\alpha\right)^kf’_{k}(x).$$Теперь, если $f_{k}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, то $\alpha$ — корень $f'(x)$ кратности больше чем $k-1$, что противоречит условию. Значит $f_{k}(x) \bar\vdots(x-\alpha)$, тогда $\alpha$ — корень $f(x)$ кратности $k$, что и требовалось доказать.

Примеры решения задач

  1. Используя критерий кратности корня, найти кратность корня $-1$ многочлена $f(x)=x^3-3x-2$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1).$$
    Учитывая, что $-1$ — простой корень $f'(x)$ и $f(-1)=0$, тогда, по критерию кратности корня, $-1$ — корень второй кратности многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  2. Используя критерий кратности корня, найти кратность корня $3$ многочлена $f(x)=x^3-7x^2+15x-9$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=3x^2-14x+15.$$ Легко проверить, что $f'(3)=27-42+15=0$. Теперь продифференцируем $f'(x)$, получим: $$f^{\prime\prime}(x)=6x-14.$$ Подставляя $3$ имеем $f^{\prime\prime}(3)=4\ne0$. Значит $3$ — простой корень $f'(x)$. Так как $3$ — корень $f(x)$ и простой корень $f'(x)$, то, пользуясь критерием, получаем, что $3$ — корень второй кратности многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  3. Известно, что $1$ — корень четвертой кратности многочлена $f(x)=x^4-4x^3+6x^2-4x+1$. Найти кратность корня $1$ многочлена $g(x)=4x^3-12x^2+12x-4$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=4x^3-12x^2+12x-4.$$Значит $g(x)=f'(x)$, тогда, пользуясь критерием кратности корня, если $1$ — корень четвертой кратности многочлена $f(x)$, то $1$ — корень третьей кратности многочлена $f'(x)$.

    [свернуть]
  4. Известно, что $\alpha$ — корень третьей кратности многочлена $f(x)$ и корень второй кратности многочлена $g(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $l(x)=f'(x)g(x)$.
    Решение

    Пользуясь критерием кратности корня, $\alpha$ — корень второй кратности многочлена $f'(x)$. Тогда имеют место следующие равенства: $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^2h_{1}(x),\, h_{1}(\alpha)\ne0,$$ $$g(x)=\left(x-\alpha\right)^2h_{2}(x),\, h_{2}(\alpha)\ne0.$$Тогда $l(x)$ можно представить в следующем виде: $$l(x)=\left(x-\alpha\right)^4h_{1}(x)h_{2}(x)=\left(x-\alpha\right)^4h(x),\, h(\alpha)\ne0.$$Получаем, что $\alpha$ — корень четвертой кратности многочлена $l(x)$.

    [свернуть]
  5. Известно, что $\alpha$ — корень седьмой кратности многочлена $f(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $f^{\prime\prime\prime}(x)$.
    Решение

    По критерию кратности корня, $\alpha$ — корень шестой кратности многочлена $f'(x)$. Рассуждая аналогично, можем применить критерий кратности корня ещё раз и получить, что $\alpha$ — корень пятой кратности многочлена $f^{\prime\prime}(x)$. Применяя критерий в очередной раз, получаем результат, что $\alpha$ — корень четвертой кратности многочлена $f^{\prime\prime\prime}(x)$.

    [свернуть]

Тест на тему "Критерий кратности корня"

Проверьте ваши знания на тему «Критерий кратности корня» в данном тесте.

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.:Наука, 1977, стр. 253-254
  3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968, стр. 146-147

Кратные корни многочлена

При рассмотрении вопроса о корнях многочлена, особо выделяют понятие кратных корней.

Определение. Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ ($P\left[x\right]$ — множество всех многочленов от буквы $x$ над полем $P$) и $\alpha$, где $\alpha$ — корень многочлена $f\left(x\right)$. Элемент $\alpha$ назовем $k$-кратным ($k \in \mathbb {N}$, $k>1$) корнем многочлена, если имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^k f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0.$$

Принято рассматривать понятие кратного корня для $k>1$. Если же $f\left(x\right)$ можно представить следующим образом: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется простым (однократным) корнем многочлена$f\left(x\right)$. Если для $f\left(x\right)$ имеет место следующее равенство: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется двукратным корнем многочлена $f\left(x\right)$. Аналогично, существуют корни трехкратные, четырехкратные и так далее.

Часто условие $f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$ заменяют на $f_{1}\left(x\right)\,\bar\vdots\,(x-\alpha)$. Эквивалентность этих условий вытекает из следствий теоремы Безу. Тогда, набор условий, что $f(x)\,\vdots\,\left(x-\alpha\right)^k$, но $f(x)\,\bar\vdots\,\left(x-\alpha\right)^{k+1}$ эквивалентен тому, что $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$.

Процесс нахождения кратности корня

Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ и его корень $\alpha$ ( $\deg f\left(x\right) > 0$). Рассмотрим задачу о нахождении кратности корня $\alpha$.

Так как $\alpha$ — корень $f\left(x\right)$, то имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)f_{1}\left(x\right).$$ Тогда, если $\alpha$ не является корнем $f_{1}\left(x\right)$ ($f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$), то, по определению, $\alpha$ — простой корень многочлена $f\left(x\right)$. В противном случае, $\alpha$ — $k$-кратный ($k \in \mathbb {N}$, $k > 1 $) корень $f\left(x\right)$. Задача сводится к нахождению $k-1$, то есть к нахождению кратности корня $f_{1}\left(x\right)$, где $\deg f_{1}\left(x\right) = \deg f\left(x\right) — 1$. Учитывая, что $\deg f\left(x\right) > 0$, то повторение такого алгоритма решает задачу. Для этого используется алгоритм Горнера.

Стоит упомянуть, что иногда удобней пользоваться критерием кратности корня.

Примеры решения задач

  1. Пусть задан многочлен $f\left(x\right)=x^3-3x^2+4$. Определить, является ли $2$ корнем многочлена $f(x)$. В случае положительного ответа найти его кратность.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера. Стоит обратить внимание на то, что хоть и слагаемое вида $a_{1}x^1$ отсутствует в записи, но нулевой коэффициент необходимо не забыть занести в таблицу.

    $1$ $-3$ $0$ $4$
    $2$ $1$ $-1$ $-2$ $0$
    $2$ $1$ $1$ $0$
    $2$ $1$ $3$

    Из таблицы видно, что многочлен $f(x)$ поделился на $\left(x-2\right)^2$ без остатка, а на $\left(x-2\right)^3$ — нет. Получаем, что $2$ — двукратный корень многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  2. Заданы $2$ многочлена $f(x)$, $g(x)$. Известно, что $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$ и простой корень многочлена $g(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $f(x)g(x)$.
    Решение

    Так как $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$, то $f(x)$ представим в следующем виде: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),$$где $f_{1}(\alpha) \ne 0$. Аналогично, $g(x)$ можно представить следующим образом: $$g\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) g_{1}\left(x\right),$$где $g_{1}(\alpha) \ne 0$. Тогда, $$f(x)g(x)=\left(x-\alpha\right)^2f_{1}(x)(x-\alpha)g_{1}(x)=\left(x-\alpha\right)^3f_{1}(x)g_{1}(x).$$Так как $f_{1}(\alpha) \ne 0$ и $g_{1}(\alpha) \ne 0$, то $f_{1}(\alpha)g_{1}(\alpha)\ne0$. Обозначим $f(x)g(x)=h(x)$, $f_{1}(x)g_{1}(x)=h_{1}(x)$, тогда перепишем выражение многочлена $f(x)g(x)$ следующим образом: $$h(x)=\left(x-\alpha\right)^3h_{1}(x),$$ где $h_{1}(\alpha)\ne0$. Тогда по определению $\alpha$ — корень $f(x)g(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  3. Задан многочлен $f(x)=x^5+5x^4+10x^3+10x^2+5x+1$. Определить кратность корня $-1$.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера.

    $1$ $5$ $10$ $10$ $5$ $1$
    $-1$ $1$ $4$ $6$ $4$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $3$ $3$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $2$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $0$

    Из таблицы видно, что многочлен пятой степени $f(x)$ поделился на $\left(x+1\right)^5$ без остатка. Получаем, что $-1$ — корень пятой кратности.

    [свернуть]
  4. Задан многочлен $f(x)=\left(x-2\right)^2(x^2+x-6)$. Определить, является ли $2$ корнем $f(x)$ второй кратности. В случае отрицательного ответа найти его кратность.
    Решение

    По определению, для того, что бы $2$ была корнем второй кратности, необходимо что бы имело место следующее представление: $$f(x)=\left(x-2\right)^2f_{1}(x),\, f_{1}(2) \ne 0.$$С другой стороны, в нашем случае: $$f_{1}(x)=x^2+x-6=(x-2)(x+3),\, f_{1}(2)=0.$$ Получаем, что $2$ не корень второй кратности. Тогда найдем его кратность. Выразим $f(x)$ подставив $f_{1}(x)=(x-2)(x+3)$:$$f(x)=\left(x-2\right)^3(x+3)=\left(x-2\right)^3f_{2}(x),$$ $f_{2}(2)=(2+3)=5\ne0$. Значит, по определению, $2$ — корень многочлена $f(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  5. Задан многочлен $f(x)=x^8-8x^7+10x^6-x^4$. Найти кратность корня $0$ многочлена $f(x)$.
    Решение

    Представим исходный многочлен следующим образом: $$f(x)=x^4(x^4-8x^3+10x^2-1).$$
    Обозначим $f_{1}(x)=x^4-8x^3+10x^2-1$. Легко убедиться, что $f_{1}(0)=-1\ne0$. Получаем, что, по определению кратного корня, $0$ — корень многочлена $f(x)$ четвертой кратности.

    [свернуть]

Тест на тему "Кратные корни"

Проверьте ваши знания на тему «Кратные корни» в данном тесте.

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.:Наука, 1977, стр. 245-247
  3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968, стр. 143-145