1060963_B9CC3_zinenko_s_n_lineinaya_algebra

№ 8.4.

Система

векторов

{ f

} ={ f1, ... ,

f j ,

... , f n } Rn

образует базис тогда и только

тогда, когда матрица

T =

f

, ... ,

f

... , f

1

j

,

обратима.

n

{ f1, ... ,

f j ,

... ,

fn } Rn

Компоненты

вектор-столбцов

одновременно

являются

их

координатами в каноническом базисе { e } ={ e1,

... , ei , ... ,

en }

{e}

f j → f j

к новому базису {e } ={

Следовательно, матрицей перехода от старого базиса { e }

f }

является просто матрица T . Построив матрицу

T =T −1 = g

1

, ... ,

g

, ... , g

i

n

непосредственно можно убедиться, что

{ f }

Построим T и найдем T −1

ei → gi

−1 0 −2 0

−1 0 −2 0

1 0 0 0

T =

2 1 2 0

T

I

=

2 1±2

±0

0 1 0 0

~

−1±0

−1 −1

−1 0

−1

−1

0 0 1 0

1 1−2 1

1 1−2 1

0 0 0 1

1 0 2 0

−1 0 0 ±0

1 0 2 0

−1 0 0 ±0

1 0 0 2

1 0 −2 0

0 1−2

±0

2 1

±0 0

~

±0 1−2 0

2 1±0 0

~

±0 1±0

−2

0 1 2 0

~

0 0 1

−1

−1±0 1 0

0 ±0 1−1

−1

±0 1 0

0 ±0 1 −1

−1 0 1 0 ~

0 1−4 1

1 0 0 1

0 0

−2 1

−1

−1 0 1

0 0 0

−1

−3 −1 2 1

1 0 0 0

−5 −2 2 ±2

−5 −2 2 ±2

~

0 1 0 0

6 3

−2 −2

= I

T −1

T −1 = 6 3

−2

−2

0 0 1 0

±2 ±1 −1 −1

±2 ±1 −1 −1

0 0 0 1

3 1

−2 −1

3 1

−2

−1

Итак, система векторов { f1,

f2 , f3,

f4 }

образует базис в R4 . Проверим, что столбцы

матрицы T −1

являются координатами векторов канонического базиса {e }

в базисе {

f }:

−1

0

−2

0 1

−1

0

−2

0 0

−5

2

+6 1

+2

2

+3

0 = 0

=e

1

−2

2

+3 1

+1

2

+1

0 = 1

=e

2

−1

0

−1

−1

0

−1

0

−1

−1

0

1

1

−2

1

0

1

0

1

−2

1

−1

0

−2

0 0

−1

0

−2

0 0

2

2

−2 1

−1

2

−2

0 = 0

=e

3

2

2

−2 1

−1

2

−1

0 = 0

=e

4

−1

0

−1

−1

1

−1

0

−1

−1

0

1

1

−2

1

0

1

1

1

−2

1

Замечание. Полученные соотношения есть по сути развернутая форма записи равенства

T T −1 = I

51

Дополнение.

Преобразование матрицы A~ A методом Гаусса, т.е. преобразование строк матрицы с помощью элементарных операций равносильно последовательному умножению слева на невырожденные матрицы вида

1) “перестановка” i -ой и j -ой строк

						1			0 0 0										1			0 0 0
		i				0			1 0 0										0			0 1 0
I → Ti ↔ j																→
		j
						0 0 1					0								0 1 0					0
						0 0 0					1								0 0 0					1
									\\													\\
									I													T i ↔ j
2) “умножение” - k -ой строки на ненулевое число α ≠ 0
						1			0 0 0										1			0 0 0
	α³ k						0		1 0 0											0		α 0 0
I → Tα ×k																→
						0 0 1					0								0 0 1					0
						0 0 0					1								0 0 0					1
									\\													\\
									I													T α × k
3) “сложение” - i -ой строки с j -ой строкой
						1			0 0 0										1			0 0 0
		+i					0		1 0 0										0			1 1 0
I → Ti + j																→
		j					0 0 1				0								0 0 1					0
						0 0 0					1								0 0 0					1
									\\													\\
									I													T i + j

Элементарные преобразования над столбцами матрицы равносильны последовательному умножению справа на аналогичные невырожденные элементарные матрицы.

Замечание. Если матрица A обратима, то при ее преобразовании методом Гаусса получим единичную матрицу: A~ A = I . С другой стороны, последовательность шагов

метода Гаусса равносильна последовательному умножению слева (справа) на элементарные матрицы вида Ti↔ j , Tα ×k , Ti+ j , произведение которых, очевидно, равно

обратной матрице A−1

A → I B A = I B = A −1

Таким образом, любая обратимая матрица может быть разложена в произведение элементарных

A = (T(n−1)−n Tαn (n−1)×n ... T2−1 Tα12 ×1 T1↔ j1 )−1

52

9. СОБСТВЕННЫЕ ВЕКТОРЫ И СОБСТВЕННЫЕ ЗНАЧЕНИЯ

ОПЕРАТОРА

№ 9.1. Найти собственные векторы и соответствующие собственные значения операторов

a.	D =	d	: Pnλ → Pnλ	a.	Ω = ω, i : V →V
		dx
b.	J = ∫x		: Pnλ → Pnλ (λ > 0)	b.	J = −+∫∞ : Pnλ → Pnλ (λ < 0)
	−∞				x
№ 9.2. Найти собственные векторы { tk }				и соответствующие собственные значения { λk }

оператора A , задаваемого в Rn матрицей A .

Проверить непосредственно справедливость равенства Atk = λk tk .

Проверить, что собственные векторы, отвечающие различным собственным значениям, линейно независимы.

−1		0 −1		−1 ±1 ±0
a. A =	5	2 2		a. A = −1	−2	1
	1	−1 2			0	0
				−1

	2 −3 −2			±3 1		0
b. A =	−1 4	2		b. A =	−1 1	0
	2 −6	−3			2 ±2	±2

−1		1	2		1 3 −2
c. A =	1	1 −1			c. A = ±0	±2 −1
	−3 1		4			2 −1
					0

4	1 −1		4 7 −3
d. A = −6 −1 2			d. A = −3	−6	3
	2 −1			−7	4
6			−3

53

Теория

Вектор f 0 ≠ 0 называется	собственным	вектором оператора					A , отвечающим
собственному значениюλ0 , если
A f 0 = λ0 f 0	(A −λ0 I) f 0 = 0			f 0 Ker (A −λ0 I)≠ 0
	\\
	0
Множество собственных векторов, отвечающих собственному							значению	λ0 , с
присоединенным нулевым вектором образует собственное подпространство F0 .
Замечание. Собственное подпространство		F0	является простейшим инвариантным
подпространством оператора	A : F0 → F0 .	Действие		A , как оператора в F0 ,				самое
простое (“одномерное”), сводящееся к умножению на число λ0 : A						F0	= λ0 In 0 .

№ 9.1. a.

Найдем собственные векторы и соответствующие собственные значения дифференциального оператора

	D =		d
			dx
действующего в линейном пространстве Pnλ
D pλ = µ pλ (pλ ≠ 0)		d		p λ (x) = µ pλ (x) (p λ (x) ≡ 0)
	dx

Задача свелась к поиску нетривиальных решений дифференциального уравнения,

являющихся к тому же квазиполиномами из

Pnλ .

Имеем

y′ = µy

y′

= µ

d

ln

y

= µ

ln

y

= µx + ln

const

y = const e µ x

y

dx

Очевидно, функция y = const e µ x Pnλ , если µ = λ .

d

в Pnλ

Следовательно,

дифференциальный

оператор

D =

имеет единственное

dx

собственное значение µ = λ , которому отвечает одномерное собственное подпространство

F

= P1λ = Lin{e λx }

№ 9.1. b.

Интегральный оператор

J = ∫x

= D −1 :

Pnλ → Pnλ

(λ > 0)

−∞

очевидно, должен иметь собственное

значение

µ = λ −1 ,

отвечающее тому же

собственному подпространству F = P1λ :

Dp λ = λ p λ

λ −1 pλ = D −1 pλ

J pλ = λ −1 pλ

Проверим теперь это непосредственно, по определению:

Jpλ = µ pλ (pλ ≠0) ∫x	pλ (t)d t = µpλ (x) pλ (x) = µ	d	pλ (x)	d	pλ (x) = µ−1 pλ (x)
		dx		dx
−∞

Задача снова свелась к решению дифференциального уравнения y′ = µ −1 y , откуда все следует.

54

№ 9.2.

Пусть A - матрица оператора A в некотором базисе { e }, а t 0 ≠ 0 столбец-координат

собственного вектора f 0 ≠ 0 . Тогда,
At 0 = λ0 t 0		(A −λ0 I )t 0 = 0	t 0 F0 = Ker (A − λ0 I )≠ 0		det (A − λ0 I )= 0
Следовательно,		λ0 является корнем полинома n ой степени (характеристического)
		pA (λ) = det (A −λI )		pA (λ0 ) = 0
а столбец-координат t 0 ≠ 0 вектора			f 0 ≠ 0 в базисе { e } является ненулевым решением
однородной системы линейных уравнений
		(A −λ0 I )t 0 = 0
Замечание.	Поскольку всякий полином степени			n≥1 имеет n	корней с учетом их

кратности (вообще говоря, комплексных), то операторы, действующие в комплексных линейных пространствах, имеют хотя бы одно собственное значение. В вещественном

случае

оператор

может

вовсе

не

иметь

ни

одного собственного значения

(соответственно собственных векторов).

Собственные векторы

f1, f2 , f3,

... , отвечающие различным собственным значениям

λ1 ≠ λ2 ≠ λ3 ≠ ... ,

линейно

независимы.

Следовательно,

если

характеристический

полином

pA (λ) имеет n различных корней λ1 ≠

... ≠ λn , то система соответствующих

собственных векторов

{

f1,

... , fn }

образует базис.

№ 9.1. Дополнение. Матрицы Dλ

и

Jλ

операторов

D

и J

в “родном” базисе {

xk

}

имеют простой “верхне-треугольный” вид ( № 7.3. )

k!

+λ

1

0 ...

+λ

−1

−λ

−2

+λ

−3

...

{e}

{e}

+λ

1 ...

+λ−1 −λ−2 ...

D→Dλ =

+λ ...

, J →Jλ =

+λ−1 ...

Характеристические полиномы операторов легко находятся

pD (µ) = det (Dλ

− µI ) = (λ − µ )n ,

pJ (µ) = det (J λ

− µI ) = (λ −1 − µ )n

и имеют, очевидно, по единственному корню µ = λ и µ = λ −1 . Решая системы уравнений

(Dλ − λI )t λ = 0 , (Jλ − λ −1I )t λ = 0

получим, что столбцы-координат tλ	собственных векторов pλ имеют отличной от нуля
только первую компоненту, т.е.
pλ = eλx (a 0 + 0x + 0x2	+ ... ) = eλxa0 Lin{eλx } = P1λ = F

Замечание. Матрицы простейшего “верхне-треугольного” вида Dλ называются

жордановыми клетками. Для любого оператора можно найти базис, в котором его матрица имеет простейший жордановый вид, т.е. составлена из жордановых клеток.

Попробуйте найти жорданов базис в пространстве квазиполиномов, в котором матрица оператора J является жордановой клеткой (воспользоваться № 6.2. d. )

55

№ 9.2. a.
Построим характеристический полином
−1 −λ 0 −1	2	−λ ±2	5 ±2

1−1 2 −λ −1 2 −λ 0 1 2 −λ

=(−1 − λ)((2 − λ)(2 − λ) + 2) − (−5 − (2 − λ)) = −λ3 + 3λ2 − 3λ + 1

Найдем собственные значения λ : −λ = −λ( ) = = (− −λ)−λ

−1		5	2 −λ		=
		1	−1

pA (λ) = 0 −λ3 + 3λ2 −3λ +1 = 0 −(λ −1)3 = 0 λ1 =1

Получим соответствующие собственные векторы t :

(A −λI )t = 0

λ1

?

t1

−1−λ1

±0

−1 −1−1 ±0 −1 −2 0 −1 −2 ±0 −1 2 ±0 1 2

0 1

±5 2

−λ

1

±2

=

±5 2 −1 2

=

±5 1 2

~

±5 1 2

~ ±5 1 ±2

~

±1

1 0

±1

1

−1 2 −

1

6 0 3

0

±0 ±0

−1 2

−λ1

1

−1 ±1

6 0 3

x3

= −2x1

x

1x

1

x1

=

−1x1

= x

1

−1

x

=

−x

1

2

−2x

1

−2

2

x

1

3

\\

Замечание. Единственному собственному значению

t1

λ1

=1

соответствует

одномерное

собственное подпространство F1 = Lin{t1 } с базисом {t1 }.

№ 9.2. b.

Построим характеристический полином

pA (λ) =det (A −λI )=

2 −λ

−3

−2

=(2 −λ)

4 −λ

±2

−1

±2

−1 4 −λ

−1

4 −λ

±2

+3

−2

=

±2

−6

−3 −λ

−6 −3 −λ

2 −3 −λ

2 −6

=(2 − λ)((4 − λ)(−3 −λ) +12) + 3(3 + λ − 4) − 2(6 − 2(4 − λ)) = − λ3 + 3λ2 − 3λ +1

Найдем собственные значения λ :

pA (λ) = 0 − λ3 + 3λ2 − 3λ + 1 = 0 − (λ − 1)3 = 0 λ1 =1

Получим соответствующие собственные векторы t :

(A −λI )t = 0

λ1

?

t1

2 −λ1

−3

−2 2 −1 −3 −2 1 −3 −2

1 −3 −2

−1 4

−λ

1

2

=

−1 4 −1 2

= −1 3 2

~

0 0 0

2

−6

2

−6

−3 −

2 −6 −4

0 0 0

−3 −λ1

1

x1

3x2 +2x3

3

2

= 3x2

+ 2x3

x1

x2

= 1x2

= x2

1

+ x3 ±0

x3

1x3

±0

1

\\

\\

Замечание.

значению λ1 =1

t11

t1 2

Единственному

собственному

соответствует

двумерное

собственное подпространство

F1 = Lin{t11 , t 1 2

}

с базисом {t11 ,

t1 2

}.

56

№ 9.2. c.

Построим характеристический полином

pA (λ) = det (A −λI ) =

−1 −λ

1

2

= (−1 −λ)

1

−λ −1

1 −1

1 1 −λ

1

1 −λ

−1

−1

+ 2

=

−3

1

4 −λ

1 4 −λ

−3 4 −λ

−3 1

= (−1 −λ)((1 −λ)(4 −λ) + 1) − 1(4 −λ −3) + 2(1 + 3(1 −λ)) = −λ3 + 4λ2 − 5λ + 2

Найдем собственные значения λ :

pA (λ) = 0 − λ3 + 4λ2 − 5λ + 2 = 0 −(λ − 1)2 (λ − 2) = 0 λ1 =1, λ2 = 2

Получим соответствующие собственные векторы t :

(A −λI )t = 0

λ1

?

t1

−1 −λ1

1

±2 −1 −1 1 ±2 −2 1 2

0 1 0

0

~

0 1

±1 1 −λ

1

−1 =

±1 1 −1

−1 =

1 0

−1

~ ±1 0 −1

1 ±0

−1

−3

−3 1 3

0 1 0

±0 0 0

1 4

−λ1

−3 1 4 −1

x2

=

0

x1

1x3

1

x

=

0

= x

0

x

1

= x

2

3

3

1

x3

1x3

\\

t1

λ2

?

t2

−1 −λ2

1

±2 −1 − 2 1 ±2 −3 1 2

±0 −2 −1

2

0

1

±1 1

−λ2

−1

=

±1 1 − 2 −1 =

1 −1 −1

~

1 −1 −1

~

1

1

0

−3

−3

0 −2 −1

0 0 0

1 4 −λ2

1 4 − 2 −3 1 2

x3

= −2x2

x1

−1x2

= x

−1

x

=

1x

1

x

1

=

−x

2

2

2

−2

2

x

−2x

3

2

\\

t 2

Замечание Собственным

значениям

λ1 =1,

λ2 = 2

соответствуют одномерные

собственные подпространства F1 = Lin{t1 },

F2 = Lin{t 2 } с базисами {t1 },

{t 2 }.

Нетрудно видеть, что собственные векторы t 1,

t 2 ,

отвечающие различным собственным

значениям λ1 =1 ≠ 2 = λ2 , линейно независимы.

57

№ 9.2. d.

Построим характеристический полином

pA (λ) =det (A −λI )=

4 −λ

1

−1

=(4 −λ)

−1−λ

2

−6

2

−6 −1−λ

−6

−1−λ

2

−

−

=

6

2

−1−λ

2

−1−λ

6 −1−λ

6

2

=(4 −λ)((−1 −λ)(−1 −λ) − 4) − (−6(−1 −λ) −12) − (−12 −6(−1−λ))= −λ3 +2λ2 −λ

Найдем собственные значения λ :

pA (λ) = 0 − λ3 + 2λ2 − λ = 0 − (λ − 1)2 λ = 0 λ1 =1, λ2 = 0

Получим соответствующие собственные векторы t :

(A −λI )t = 0

λ1

?

t1

4 −λ1

±1

−1

4 −1 ±1 −1

3 1 −1

~

3 1 −1

−6

−1 −λ

1

±2

=

−6 −1 −1 ±2

=

−6 −2 ±2

±0 ±0

±0

±6

±2

±6 ±2

−1 −λ1

−1 −1

6 2 −2

0 0 0

x1

1x1

1

0

= −3x1

+1x3

x2

=

−3x1 +1x3

= x1

−3

+ x3

1

x2

x

1x

0

±1

3

3

\\

\\

λ2

?

t11

t1 2

t 2

4 −λ2

±1

−1 4 −0 ±1

−1 4 ±1 −1

4 ±1 −1

2

1 0

−6

−1 −λ2

±2

=

−6 −1 −

0 ±2

=

−6 −1 ±2

~

−2 0 1

~

−2

0 ±1

6

2

−1 −λ

6

2

−1 −

6 2 −1

0 ±0 0

2

0

−2 0 1

x

1x

1

x2

= −2x1

x1

= −2x1

= x

1

−2

x

=

2x

1

2

2x

1

2

3

x

1

3

\\

Замечание.

λ1 =1,

λ

2 = 0

t 2 1

Собственным

значениям

соответствуют

двумерное

собственное

подпространство

F1 = Lin{t11 , t1 2

}

и

одномерное

собственное

подпространство F2 = Lin{t 2 1 } с базисами {t11 , t1 2

} и {t 2 1 } соответственно.

Проверим, что собственные векторы, отвечающие различным собственным значениям,

линейно независимые. Более того, покажем,

что совокупность

из трех

векторов

{{t11 , t1 2

},{t 2 1 }} образует базис, что равносильно обратимости матрицы

1 0 1

1 0 1

±1 0

0

1 0

1

4

1−1

4

1−1

T = t

, t

, t

=

−3 1−2

−3 1−2

0 1±0

~

± 0 1±0

6

T

−1

=

6

2 −1

11

2 −1

1

2

2 1

0 1 2

0 ±0

1

0 ±0

1

0 1 2

−3 −1 1

−3 −1 1

Очевидно, T матрица перехода от старого канонического базиса {e }										к новому базису из
собственных векторов {t } ={{t11 , t1 2			},{ t 2 1 }}, так что
4	1 −1 1 0 1 1 0						0 4		1−1
−6 −1 2			= −3 1−2			0 1	0	6	2 −1
	2 −1			0 1 2		0 ±0	0
6								−3 −1 1
	\\		=	\\		\\			\\
	A			T		Λ			T −1

58

10. ПРОЕКТОРЫ.

СПЕКТРАЛЬНОЕ РАЗЛОЖЕНИЕ ДИАГОНАЛИЗИРУЕМОГО ОПЕРАТОРА

№ 10.1. Проверить,

что

оператор

P ,

задаваемый в

Rn матрицей P , является

оператором проектирования на некоторое подпространство F параллельно некоторому

подпространству

G

и построить

проектор Q на подпространство

G параллельно

подпространству F :

P P ≡ P2 = P

Q = I − P

Q Q ≡ Q2 = Q

P Q = Q P = 0

Найти

-

подпространства F , G проверив, что F = RanP, G = KerP G = RanQ, F = KerQ

-

проверить справедливость разложение пространства в прямую сумму Rn = F +iG

-

выяснить, что

h Rn

h = f + g,

f F ,

g G

P h = f ,

Q h = g

4 1 −1

4 7 −3

P = −6 −1 2

P = −3 −6 3

−1

−7 4

6 2

−3

№ 10.2.

Найти собственные векторы

{tk }

и соответствующие собственные значения {λk }

оператора

A ,

задаваемого

в

Rn

матрицей

A .

Проверить

непосредственно

справедливость равенств

Atk

= λk tk . Показать, что у оператора, заданного матрицей

A , существует базис из собственных векторов (оператор диагонализируемый).

Найти

Τ = ... ,

t

... перехода к базису из собственных векторов

-

матрицу

k

,

-

матрицу Λ = diag ... ,

λ

k

,

...

оператора в этом базисе

- проверить разложение

A =T Λ T −1

-построить “косые” проекторы Pk на собственные подпространства параллельно сумме других; проверить, что

Pj Pi = Pi Pj =δi j Pj

- проверить справедливость “косого” разложения единицы

I = ∑Pk

k

- и спектрального разложения диагонализируемого оператора

A = ∑λk Pk

k

-вычислить значение характеристического полинома pA ( A) непосредственно и используя спектральное разложение

−1 −1 1					−1 −7		3
A =	6	4	−2		A = ±3	9	−3
	−6	−2	4			7	−1
					3

59

Теория

Пусть {e } некоторый произвольный базис в линейном пространстве E . Разобьем его на

две линейно независимые подсистемы

{ e } ={{ f1, ... , f m }, { g1, ... , gn −m }} ={ f } { g }

и построим подпространства (линейные оболочки)

F = Lin{ f1, ... , f m }, G = Lin{ g1, ... , g n −m }

Тем самым, получим разбиение всего пространства в прямую сумму E = F +iG

Замечание. Каждое подпространство F , G

называется дополнением (“косым”) другого
подпространства до всего пространства.
Очевидно,	для	данного	подпространства	g1
существует бесконечно много “косых” дополнений.
Далее, разлагая произвольный вектор h E
h=(α1 f1 +...+αm fm )+(β1g1 +...+βn−m gn−m )= f + g
	\\f		\\g

получим его разложение (однозначное) на две составляющие

названия проекций вектора h на подпространства F и соответственно. Тем самым, определяются “косые”

подпространства F и G параллельно соответственно G и F

P	Q
h→ f = Ph,	h→g = Qh

G = L	E =V = L+i S
g
		h
f2
f1	f	F = S

Ff , g G , получившие

G параллельно G и F

проекторы P, Q на

Очевидно,			P2 = P
I = P +Q,					,		P Q = Q P = 0
			Q2 = Q
при этом
F = RanP,	G = KerP;				G = RanQ, F = KerQ
Нетрудно видеть, что	матрицы		P ,	Q операторов проектирования P, Q в
“естественном” базисе {e } ={ f } { g }				равны
		Im	0	, Q		0	0
	P =				=	0
		0 0					In −m

В матричном представлении свойства операторов проектирования - очевидны.

№ 10.1.

Замечание. В № 9.2. d. было показано, что оператор P , задаваемый в R3 матрицей P = A ,

имеет два

различных

собственных

значения

λ1 =1,

λ2 = 0 ,

которым соответствуют

двумерное

собственное

подпространство F = Lin{ t11 , t1 2 }

и

одномерное собственное

подпространство G = Lin{t 2 1 }

с базисами { t11

, t1

2 }≡{

f1, f 2 }

и {t 2 1 }≡{ g1 }, так что

объединенная система векторов {{ f1, f 2 }, { g1 }}

образует базис в R3 .

Матрица P оператора P и матрица Q = I − P оператора Q = I − P в “родном” базисе из

собственных векторов, очевидно, являются диагональными

1 0

0

0 ±0 0

P = ±0 1

0

Q = I − P =

±0 ±0

±0

±0 ±0

1

0

0 0

Из матричного представления видно,

что оператор P и дополняющий оператор Q = I − P

являются проекторами на дополняющие подпространства F и G параллельно G и F . Выясним теперь эти факты непосредственно, не прибегая к спектральному разложению, построение которого связано с трудоемким нахождением характеристического полинома.

60