Ортонормированные базисы в евклидовом пространстве

Определение 51. Базис е = (е₁, е₂,..., е_n) пространства Е_n называется ортонормированным, если все его векторы единичные и попарно ортогональные.

Замечание. В примере 1 пункта 7.2 заданный базис является ортонормированным. Во втором примере этого пункта базис не ортонормированный.

Если базисные векторы единичные, но не все попарно ортогональны, то базис называется нормированным. Если базисные векторы попарно ортогональны, но не все единичные, то базис называется ортогональным.

Теорема 43. Любой базис евклидова пространства можно ортонормировать.

Доказательство. Пусть е = (е₁, е₂,..., е_n) – произвольный базис пространства Е_n. Доказательство проведём в два этапа. Сначала на основе данного базиса получим ортогональный базис, а затем полученный базис нормируем.

Пусть е₁¹ = е₁. Если е₂ ^ е₁, то возьмём е₂¹ = е₂. Найдём коэффициент a так, чтобы вектор е₂¹ = a е₁ + е₂ был ортогонален вектору е₁¹. Так как вектор е₂¹ ¹ 0, то для этого необходимо и достаточно, чтобы (е₁¹, е₂¹) = 0, т.е. (е₁, a е₁ + е₂) = 0. Отсюда a е₁² + (е₁, е₂) = 0. Так как е₁ ¹ 0. то Так как е₁¹ и е₂¹ ортогональны, то они линейно независимы. Вектор е₃¹ будем искать в виде е₃¹ = a₁ е₁¹ + a₂ е₂¹ + е₃. Для того, чтобы е₃¹ был ортогонален е₁¹ и е₂¹, необходимо и достаточно, чтобы (е₁¹, е₃¹) = (е₂¹, е₃¹) = 0. Получаем систему

Так как определитель этой системы отличен от нуля (по формуле 43) то система имеет и только одно решение. Следовательно,

вектор е₃¹ найдётся и только один. Так как векторы е₁¹, е₂¹, е₃¹ попарно ортогональны, то они линейно независимы. Если векторы е₁¹, е₂¹, …, е_n–1¹ уже получены, то вектор е_n¹ будем искать в виде е_n¹ = b₁× е₁¹ + b₂× е₂¹ + … + b_n–1× е_n–1¹ + е_n. Так как вектор е_n¹ должен быть ортогонален ко всем предыдущим, то для нахождения коэффициентов b₁, b₂, …, b_n– ₁ получим систему уравнений (е₁¹, е_n¹) = (е₂¹, е_n¹) = … = (е_n–1¹, е_n¹) = 0. Можно показать, что эта система всегда имеет решение и только одно. Итак, базис е¹ = (е₁¹, е₂¹,..., е_n¹) –ортогональный. Разделив каждый полученный вектор на его длину, получим ортонормированный базис.

Теорема 44. Скалярное произведение в ортонормированном базисе имеет единичную матрицу Грама.

Доказательство следует из того, что в ортонормированном базисе (е_к, е_к) =1, (е_к, е_s)= 0, если к ¹ s.

Следствие. Если вектор а в ортонормированном базисе имеет координаты (х₁, х₂,…, х_n), то ½ а ½= (47).

Теорема 45. Определитель матрицы Грама и все её главные угловые миноры строго положительны.

Доказательство. Пусть в данном (но произвольном) базисе матрица Грама имеет вид

Г = . Пусть е = (е₁, е₂,..., е_n) ортонормированный базис и Т – матрица перехода от данного базиса к базису е. В базисе е матрица Грама – единичная. По формуле (41) Е = Т^Т×Г×Т. Отсюда 1 = | Г |×| Т |². Так как | Т |² > 0, то | Г | > 0. Так как < е₁, е₂,..., е_к > – евклидово подпространство пространства Е_n стем

же скалярным произведением, то главный угловой минор матрицы Г будет для него матрицей Грама. Но тогда, по доказанному, этот минор положителен.

Примеры. Могут ли быть матрицами Грама следующие матрицы.

1. А = Матрица А не может быть матрицей Грама, так как в матрице Грама все диагональные элементы должны быть положительными.

2. В = Матрица В не может быть матрицей Грама, так как матрица Грама должна быть симметрична относительно главной диагонали.

3.С = Матрица С не может быть матрицей Грама, так как | С | = –81 < 0, а определитель матрицы Грама должен быть положителен.

4.D = Матрица D – симметрическая, диагональные элементы положительны, | D | = 5 > 0, = 7 > 0. Следовательно, D является матрицей Грама.

Теорема 46. Если в ортонормированном базисе а = (х₁, х₂, …, х_n) и в = (у₁, у₂, …, у_n), то (а, в) = х₁у₁ + х₂у₂ + … + х_nу_n (48).

Доказательство. В ортонормированном базисе скалярное произведение имеет единичную матрицу, поэтому

(а, в) = х^Т×Е×у = х^Т×у = (х₁, х₂, …, х_n) × = х₁у₁ + х₂у₂ + … + х_nу_n.

Пример. В пространстве Е₄ задан ортонормированный базис и векторы а₁ = (2, 1, 1, 2) и а₂ = (–3, 2, –5, 1). Найти ортогональное дополнение к линейной оболочке L = < а₁, а₂ >.

Решение. Если L ^{^}, то в Î L ^{^} Û (а₁, в) = (а₂, в) = 0. Пусть в = (х₁, х₂, х₃, х₄).Так как базис ортонормированный, то (а₁, в) = 2 х₁ + х₂ + х₃ +2 х₄, (а₂, в) = –3 х₁ +2 х₂ –5 х₃ + х₄. Следовательно, в Î L ^{^} Û Решая эту систему, получим, что

в = (– С₁ – 3С₂, С₁ – 8 С₂, С₁, 7 С₂), где С₁, С₂ – любые действительные числа.

Отсюда следует, что L ^{^} - двумерное линейное пространство, натянутое на векторы

в₁ = (–1, 1, 1, 0), в₂ = (–3, –8, 0, 7), т.е. L ^{^} = < в₁, в₂ >.