14 Линейный оператор (ЛО)

Матрица оператора проектирования

Найдем матрицу оператора проектирования P на подпространство M

параллельно M0 в базисе, полученном объединением базисов M и M0. Пусть a1; a2; : : : ; am базис M, а am+1; am+2; : : : ; an базис M0. Тогда

P(ai ) =	(0i	для всякого i = m + 1; m + 2; : : : ; n:
	a	для всякого i = 1; 2; : : : ; m;

Следовательно, матрица оператора P в базисе a1; a2; : : : ; an имеет вид

00 1 0 : : : 0 0 : : : 01
1 0 0	: : : 0 0	: : : 0
B		C

BC

B0 0 1 : : : 0 0 : : : 0C

BC

B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . C

BC;

B0 0 0 : : : 1 0 : : : 0C

BC

B0 0 0 : : : 0 0 : : : 0C

BC @ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A

0 0 0 : : : 0 0 : : : 0

где число единиц на главной диагонали равно m (т. е. размерности подпространства M).

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Матрица оператора, заданного системой линейных равенств

При решении некоторых задач оказывается полезным следующее

Замечание 2

Если линейный оператор A задан системой линейных равенств (1) и

A = (aij ) матрица, составленная из коэффициентов в этих равенствах, то A матрица оператора A стандартном базисе.

Доказательство. Подставив 1 вместо x1 и 0 вместо x2; : : : ; xn в равенства (1), мы получим y1 = a11, y2 = a21, . . . , yn = an1. Это означает, что

A(e1) = (a11; a21; : : : ; an1). В силу замечания 4 из лекции 8 получаем, что в первом стобце матрицы A записаны координаты вектора A(e1) в стандартном базисе. Аналогично проверяется, что, для всякого

i = 1; 2; : : : ; n, в i-м стобце матрицы A записаны координаты вектора A(ei ) в стандартном базисе. Но это и означает, что A матрица оператора A стандартном базисе.

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

¾Восстановление¿ оператора по матрице

Как мы видели, если в векторном пространстве зафиксирован базис, то всякому линейному оператору в этом пространстве соответствует матрица оператора в этом базисе, являющаяся квадратной матрицей, порядок которой равен размерности пространства. Обратно, по любой квадратной матрице, порядок которой равен размерности пространства, можно построить линейный оператор в этом пространстве. В самом деле, пусть V n-мерное векторное пространство, а A = (aij ) квадратная матрица порядка n. Выберем в пространстве V произвольный базис b1; b2; : : : ; bn. Определим оператор A в пространстве V следующими правилами:

1) A(bj ) = a1j b1 + a2j b2 + + anj bn для всякого j = 1; 2; : : : ; n;

2)если x произвольный вектор из V и (x1; x2; : : : ; xn) координаты вектора x в базисе b1; b2; : : : ; bn, то

A(x) = x1A(b1) + x2A(b2) + + xnA(bn):

Тогда, как легко понять, A линейный оператор в V , причем матрицей этого оператора в базисе b1; b2; : : : ; bn является матрица A.

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Нахождение координат образа вектора с помощью матрицы оператора

(1)

Пусть линейный оператор A, действующий в пространстве V , имеет матрицу A = (aij ) в базисе b1; b2; : : : ; bn и x 2 V . Обозначим координаты вектора x в базисе b1; b2; : : : ; bn через (x1; x2; : : : ; xn). Как найти координаты вектора A(x) в том же базисе? Пусть

y = y1b1 + y2b2 + + ynbn. Тогда

y1b1 + y2b2 + + ynbn = y = A(x) =

=A(x1b1 + x2b2 + + xnbn) = x1A(b1) + x2A(b2) + + xnA(bn):

Поскольку столбцы матрицы A координаты векторов A(b1), A(b2), . . . , A(bn), преобразуем последнее выражение в соответствие с равенствами

A(b1) = a11b1 + a21b2 + + an1bn; A(b2) = a12b1 + a22b2 + + an2bn;

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A(bn) = a1nb1 + a2nb2 + + annbn:

После приведения подобных членов мы получим равенство

y1b1 + y2b2 + + ynbn = (a11x1	+ a12x2	+ + a1nxn)b1 +
+ (a21x1	+ a22x2	+ + a2nxn)b2 +
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
+ (an1x1	+ an2x2	+ + annxn)bn:

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Нахождение координат образа вектора с помощью матрицы оператора

(2)

В силу единственности разложения по базису это означает, что выполнены равенства (1). Эти равенства можно записать в виде Y = AX, где

x1	1		y1	1
0 x2		;	0 y2		:
X = B ...	C		а Y = B ...	C
B	C		B	C
B xn	C		B yn	C
@	A		@	A

Таким образом, справедливо следующее

Замечание 3

Если A матрица оператора A в некотором базисе, а X столбец координат вектора x в том же базисе, то столбец Y координат вектора A(x) в том же базисе вычисляется по формуле Y = AX.

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Изменение матрицы оператора при замене базиса (1)

Ответим теперь на вопрос о том, как связаны матрицы одного и того же оператора в разных базисах.

Теорема 1

Пусть оператор A в базисе F имеет матрицу AF , а в базисе G матрицу AG . Тогда

AG = TGF AF TFG ;

(2)

где TFG и TGF матрицы перехода от базиса F к базису G и от базиса G к базису F соответственно.

Доказывать эту теорему мы не будем.

Как было показано в лекции 12, матрица перехода от одного базиса к другому, невырождена. В силу критерия обратимости матрицы получаем, что матрицы TFG и TGF обратимы. Для использования формулы (2) при решении задач существенным является следующее утверждение.

Лемма 1

Матрицы TFG и TGF обратны друг к другу.

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Изменение матрицы оператора при замене базиса (2)

Доказательство. Обозначим через n порядок матриц TFG и TGF . Положим

TFG = (tij ) и TGF = (tij0 ). Далее, пусть TFG TGF = X = (xij ). Требуется доказать, что X = E, т. е. что

xij =	(0	при i = j	(3)
	1	при i = j	;
		6

для всех i; j = 1; 2; : : : ; n. Используя определение матрицы перехода от одного базиса к другому, имеем

fj = t10j g1 + t20j g2 + + tnj0 gn =

= t10j (t11f1	+ t21f2	+ + tn1fn) +
+ t20j (t12f1	+ t22f2	+ + tn2fn) +

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ tnj0 (t1nf1 + t2nf2 + + tnnfn):

Раскрывая скобки, перегруппировывая слагаемые и учитывая определение произведения матриц, имеем

fj = (t11t10j + t12t20j + + t1ntnj0 )f1 + + (t21t10j + t22t20j + + t2ntnj0 )f2 +

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ (tn1t10j + tn2t20j + + tnntnj0 )fn = = x1j f1 + x2j f2 + + xnj fn:

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Изменение матрицы оператора при замене базиса (3)

С другой стороны, fj = 0 f1 + + 0 fj 1 + 1 fj + 0 fj+1 + + 0 fn. В силу единственности разложения вектора по базису получаем получаем равенство (3).

Отметим особо случай, когда речь идет о линейном операторе в пространстве Rn и один из базисов F и G стандартный. Предположим, что нам известна матрица оператора в стандартном базисе E и требуется найти его матрицу в базисе F. В силу замечания 4 из лекции 8 компоненты вектора из Rn являются его координатами в стандартном базисе. Отсюда вытекает, что матрица TEF совпадает с матрицей, в которой по столбцам записаны векторы базиса F. Поскольку эти векторы известны, матрицу TEF тоже можно считать известной. Чтобы найти матрицу AF , остается найти матрицу, обратную к TEF , и воспользоваться формулой AF = (TEF ) 1AE TEF . Аналогично обстоит дело и в случае, когда известна матрица оператора в базисе F и требуется найти его матрицу в стандартном базисе E. В этом случае нужная формула приобретает вид AE = TEF AF (TEF ) 1.

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Изменение матрицы оператора при замене базиса: пример (1)

В качестве примера рассмотрим следующую задачу. Линейный оператор A, действующий в пространстве R3, в базисе F, состоящем из векторов f1 = (1; 2; 1), f2 = (2; 1; 0), f3 = ( 1; 1; 1), имеет матрицу

AF =	03	1	21		:
	2	1	1	A
	@0	3	1

Найти его матрицу в базисе G, состоящем из векторов g1 = (2; 1; 0), g2 = (1; 2; 3), g3 = (1; 1; 5).

Сначала найдем матрицу перехода от базиса F к базису G. Действуя по алгоритму, изложенному в лекции 8, имеем:

0	2 1	1		1	2 1 1 0 0 3 3							3	0 3 1
	1 2	1		2	1		1	1		2	1	2	1				1
@ 1 0		1		0 3			5 A @ 0			2	0	2 2					6 A
0 0 3		3		3 0 3				1 0 0 6 0				6	6 18 1
1	2	1			2	1	1		6	12 0		12	0				18
@ 0	0	6		0 6			12 A @ 0 0 6					0 6					12 A
0 0 6 0			6		6 18 1 0 0 1 0						1 1		3 1				:
6	0 0			0	12	18			1 0 0		0 2		3
@ 0	0 6			0 6			12 A @ 0 0 1				0 1		2 A

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор

Изменение матрицы оператора при замене базиса: пример (2)

Таким образом,

TFG =	01	1	3	1	:
	0	2	3	A
	@0	1	2

Найдем теперь матрицу перехода от базиса G к базису F. Опираясь на лемму 1 и используя алгоритм нахождения обратной матрицы из лекции 11, имеем:

0 1 1		3	0 1 0 1		0 0	2 3			1 0 0 1
0	2	3	1 0 0		1	1		3	0 1 0
@ 0 1		2	0 0 1 A @ 0 1 2						0 0 1 A
0 0	2 3		1 0 0 1		0 0	2 0		4 0		6 1
1	1	3	0 1 0		1	1 0		3 1		6
@ 0 0		1	1 0 2 A @ 0			0 1		1 0		2 A
0 0 2 0		4 0		6 1	0 0 1 0		2 0 3 1				:
2 0 0		2 2		6	1 0 0			1 1		3
@ 0 0 1		1 0		2 A @ 0 0 1				1 0 2 A

Таким образом,

0 1

1 1 3 TGF = @ 2 0 3 A:

1 0 2

Б.М.Верников

Лекция 14: Линейный оператор