Вища математика1 / lin_alg_1k2s

c)добуток 'Ã самоспряжених перетворень ' та Ã буде самоспряженим тодi й лише тодi, коли перетворення ' та Ã комутують, тобто

'Ã = Ã';

d)якщо самоспряжене перетворення ' є невиродженим, то обернене перетворення '¡1 також буде самоспряженим;

e)кратне c' ненульового самоспряженого перетворення ' буде самоспряженим тодi й лише тодi, коли скаляр c є дiйсним числом.

12. Усi власнi числа самоспряженого перетворення є дiйсними. Як наслiдок, усi власнi числа дiйсних симетричних i комплексних ермiтових матриць є дiйсними.

13. Для кожного самоспряженого перетворення евклiдового (унiтарного) простору iснує власна ортонормована база.

14. Канонiчний вигляд матрицi ортогонального перетворення. Для кожного ортогонального перетворення ' n–вимiрного евклiдового

простору V iснує ортонормована база e1, : : : ; en (т.зв. канонiчна ортонормована база), в якiй матриця перетворення ' має вигляд

cos ®1	sin ®1								C
B	...
0¡ sin ®1	cos ®1								1
B	cos ®				sin ®				C	;
B			k			k			C
B		sin ®		k	cos ®	k			C
B	¡								C
B						¸			C
B							.	..	C
B									C
B								¸	C
B							2k+1		C
B									C
B									nC
@									A

де ¸2k+1; : : : ; ¸n 2 f¡1; 1g; а всi невiдмiченi елементи є нулями. При цьому характеристичний многочлен перетворення ' має вигляд

Â'(¸) = (¸2 ¡ 2¸ cos ®1 + 1) ¢ ¢ ¢ (¸2 ¡ 2¸ cos ®k + 1)(¸ ¡ ¸2k+1) ¢ ¢ ¢ (¸ ¡ ¸n):

14. Канонiчний вигляд матрицi унiтарного перетворення. Для кожного унiтарного перетворення ' n–вимiрного унiтарного простору V iснує ортонормована база e1, : : : ; en (канонiчна ортонормована база), в якiй матриця перетворення ' має вигляд ['] = diag(a1; : : : ; an); причому ja1j = ¢ ¢ ¢ = janj = 1:

Приклади розв’язання типових задач

Задача 1. Для ортогонального перетворення '; заданого в ортонормованiй базi матрицею A; знайдiть канонiчний вигляд його матрицi i

201

канонiчну ортонормовану базу :

b) A = 3

0 2

2 ¡11.

a) A = 3

0

2 ¡1 2

1

;

1

2

2

¡1

1

2

¡1

2

¢ @¡1 2

2 A

¢ @¡1 2

2 A

Розв’язання. a) Спочатку знайдемо власнi числа матрицi A:

ÂA(¸) =

¯

¡2

¡

1 ¡ 3¸

2

¯ =

27

1

¢ ¯

2

1

2

2 3¸ ¯

¯

¯

¯

¡

¡

¯

1

3

¡

3¸ 3

¡

3¸ 3¯

3¸

1

¸

1

¯1

1

¯

¯¡

¯

¯

¯

¯

¢

¡

¡

¢

¡ ¡

27

1

2 3¸

9

1

2 3¸

¯

2

¯

¯

2

¯

¯

¡

¡

¯

¡

¯

¡

¡

¯

=

¯

1 3¸

¯

=

¯

1 3¸

¯

=

¯

2

2

¯

¯

2

2

¯

= 1 ¡ ¸

1

3

1

3¸

1

(1 ¸)2(1 + ¸):

¯

¯

0

¡

¡

¯

0

¯

=¯

¯

9

¢

0

3 3¸

¡ ¡

¯

3

¯

¯

¡

¯

¯

¯

¯

¯

Таким чином, маємо¯

власне число ¸1

=¯¸2

= 1 кратностi 2 i просте

власне число ¸3 = ¡1. Тому в канонiчнiй ортонормованiй базi матриця

1

0

0

перетворення матиме вигляд

00

1

0 1.

0

0

¡1

= ¸

= 1 цi векто-

власнi вектори. Для ¸

Далi знаходимо вiдповiднi @

A

1

2

ри шукаємо з системи

A

¡

E 0 =

¢

0

2 ¡4 2

¯

0 1 Ã 1 ¡2 1 0 :

3

¡

¯

¢

1

¡1

2

¡1

¯

0

¡

¯

¢

¯

@ ¡

¡

¯

A

¯

¯

¯

Легко вказуються два лiнiйно незалежнi розв’язки цiєї системи: a1 = (1; 0; ¡1), a2 = (2; 1; 0). Застосовуючи до них процес ортогоналiзацiї Ґрама–Шмiдта, отримуємо:

b1 = a1 = (1; 0; ¡1); b2 = a2 ¡

(b1; a2)

¢ b1

= (1; 1; 1):

(b1; b1)

Власний вектор для ¸3 = ¡1 шукаємо з системи

A + E 0 =

¢

0

2

2

2

¯

0

1 Ã

0 1 2 0

;

3

¡

¯

¢

1

5

2

¡1

¯

0

1

1 1

¯

0

¯

@ ¡

202

¯

A

¯

¯

¯

¯

розв’язком якої є вектор a3 = (1; ¡2; 1).

Вектор a3 ортогональний до b1 та b2, оскiльки власнi вектори ортогонального перетворення, що вiдповiдають рiзним власним числам, є ортогональними. Нормуючи систему векторiв b1, b2, a3, знаходимо

канонiчну ортонормовану базу:
p				p				p
		2			3				6
f1 =			(1; 0; ¡1); f2 =			(1; 1; 1);	f3 =			(1; ¡2; 1):
	2			3				6

b) Знову починаємо iз знаходження власних чисел:

ÂA(¸) =

1

¯

2 ¡23¸

2

¡ 3¸

21

¯

=

27 ¢

¯

1

¡2

2 ¡ 3¸ ¯

¯

1

¯

¯

¡

¡

¯

1

¯

¡

¡

¡¯

¯

1

¡

¸

¯

¯

¯

=

¢

2

2

3¸

¡

1

=

¢

2 2

3¸

¡

1

=

27

2

2

¯

1

¡2

3¸

¯

9

¯

1

¡2

3¸

¯

¯

3 3¸ 3 3¸ 3

¯

3¸

¯

¯

1

¯1

1

¯

¯

¡

¡

¯

¯

¡

¡

¯

¯

1

1

1¯

¯

¯

¯=

1 ¡ ¸

¯

0

3¸

3

¯3

¯

= (1

¯

¸)(¸2

¡

¸ + 1):

¯

9

¢ ¯

0

¡3

¡

3¸

¯

¡

¯

¡

¯

¯

¯

¯

¯

Таким чином, маємо¯

одне дiйсне власне¯

число ¸1 = 1 i два комплекснi:

¸2;3 =

1

§ i

p3

= cos

¼

§ i sin

¼

. Спочатку знайдемо власний вектор для

2

2

3

3

¸1 = 1:

A

¡

E 0 =

¢

0

2 ¡1 ¡1

¯

0 1 Ã

µ

0 1

¡1 0

¶

;

3

¡

¯

¢

1

¡1 ¡1 2

¯

0

1 0

1

¯

0

@ ¡

¡

A

¡

¯

¯

¯

¯

¯

що дає a1 = (1; 1; 1): Далi шукаємо власний¯

вектор матрицi A, який

вiдповiдає комплексному власному числу ¸ =

+ i

p

1

3

:

A

+ i

E 0 = 0

2

2

¯

0 Ã

3

p

6

i

2

3

µ

µ

¶

¯

¶

1

3

1

2

¯

1

¡

¡

¡ p

2

2

0

1

1

3

1

p3

¯

6 ¡ i

2

¡

3

6

3

2

¯

0

¯

B

2

1

p3

1

¯

A

¡

¡

i

p

p

@ p

¯

1

3

1

i¯

3

1

i

3

¯

¡

¡

¡

¯

0

1

µ

1 1

1

¯

¯

0

¶

2

2

2

2

2

2

¡

¡ p

0

1

0

p3

0

i

1

1

3

2

2

B

2

1

¡

1

¯

0

A

Ã

p3

¯

:

¡

6

i 2

3

1

à 0

3

¯

¯

@

¯

¯

3

3

6

i

2

¯

¡

¯

203¯

Одним з розв’язкiв цiєї системи є вектор
					a = µ	1				p				1							p		; ¡1¶ = a2
							+ i						3						¡ i			3		+ ia3;
														;
						2				2						2					2
	¡				¢			¡												¢
де a2 =		1		1	; ¡1 , a3	=			p3					p3						; 0 .
			;									; ¡
		2		2					2						2

Зауважимо, що для дiйсної матрицi A; дiйсних векторiв a та b i скалярiв ®; ¯ 2 R з рiвностi

A ¢ (a + ib) = (® + i¯)(a + ib) = (®a ¡ ¯b) + i(®b + ¯a)

випливають рiвностi

A ¢ a = ®a ¡ ¯b; A ¢ b = ®b + ¯a:

(53)

Безпосередньо перевiряється, що вектори a1, a2, a3 попарно ортого-

нальнi, тобто a1 ¢ a2 = a1 ¢ a3 = a2 ¢ a3 = 0. Тому вони лiнiйно незалежнi
																					1	p3
i утворюють базу. Оскiльки A															(a2 + ia3) =						2	+ i			(a2 + ia3), то з
																							2
рiвностей (53) випливає, що в базi¢																	a1, a2, a3 ¡матриця¢перетворення '
буде мати вигляд
1								2		0			0				1			0		0
								0		1			p			=	0			cos ¼3		sin ¼3					(54)
														3												:
2 ¢						0							1		1		0			¡ sin	¼	¼			1
						@0 ¡p3									A		@0				3	cos 3 A
Пiсля нормування з бази a1, a2, a3																	одержимо ортонормовану базу f1 =
p							p										p
		3						6											2
			(1; 1; 1), f2 =						(2; ¡1; ¡1), f3 =											(0; ¡1; 1). Оскiльки вектор a1 є
	3					6												2

власним, а вектори a2 i a3 породжують iнварiантний пiдпростiр i мають однакову довжину, то пiсля нормування бази матриця перетворення ' не змiниться, тобто знову матиме вигляд (54).

Таким чином, канонiчною базою є f1, f2, f3, а канонiчним виглядом матрицi перетворення ' є матриця (54).

Задача 2. Ортогональне перетворення ' простору R3 зi стандартним скалярним добутком переводить вектори a1 = (1; 1; 1) та a2 = (1; 0; ¡1) вiдповiдно у вектори (¡1; ¡1; 1) та (1; ¡1; 0). Знайдiть його матрицю у стандартнiй базi e1, e2, e3 цього простору; якщо її визначник дорiвнює ¡1.

Розв’язання. Нехай '(e3) = (x1; x2; x3). Оскiльки e1 = a2 + e3 та e2 = a1 ¡ e1 ¡ e3 = a1 ¡ a2 ¡ 2e3, то

'(e1) = '(a2) + '(e3) = (1; ¡1; 0) + (x1; x2; x3) = (1 + x1; ¡1 + x2; x3);

204

i, аналогiчно,
'(e2) = '(a1) ¡ '(a2) ¡ 2'(e3) = (¡2 ¡ 2x1; ¡2x2; 1 ¡ 2x3):
З ортогональностi перетворення ' та ортонормованостi бази e1;										e2;
e3 випливають рiвностi
'(e1) ¢ '(e3) = 0; '(e2) ¢ '(e3) = 0; '(e3) ¢ '(e3) = 1;
що дає нам систему рiвнянь:
	x	2		+ x2	+ x2				= 0;
	1	+ x12¡ x2		2 2			3		2
¡	2x	x	2x + x				¡	2x = 0;		(55)
	1	¡ 2 21	¡ 2	2 2		3			3
		x1 + x2		+ x3	= 1:

Враховуючи третє, з перших двох рiвнянь одержуємо систему лiнiйних рiвнянь

x1 ¡ x2 = ¡1; 2x1 ¡ x3 = ¡2;

загальний розв’язок якої має вигляд

x1 = t; x2 = 1 + t; x3 = 2 + 2t:

Пiдставляючи цi значення в третє з рiвнянь (55), одержуємо: 6t2 +10t+ 4 = 0, звiдки t = ¡1 або t = ¡23 . При t = ¡1 маємо:

'(e1) = (0; ¡1; 0); '(e2) = (0; 0; 1);						'(e3) = (¡1; 0; 0):
Це дає матрицю перетворення	0¡1				1
['] =			0	0		:
	@	0	0	¡1
		0	1	0	A

Але її визначник дорiвнює 1, тому вона нас не влаштовує. При t = ¡23

маємо:	µ3; ¡			3;			3¶; '(e2) = µ¡					3	; ¡3		; ¡3		¶; '(e3) =	µ¡3;			3;		3¶;
'(e1) =
		1		2			2					2	2		1			2			1		2
що дає матрицю											1		¡2		¡2
									1	@							A
											2		¡1		2
							['] =		3	0¡2 ¡2					1		1:

Позаяк її визначник дорiвнює ¡1, то вона i є шуканою. 205

Задача 3. Знайдiть перетворення; спряжене до перетворення '(v) = [v; a] звичайного тривимiрного евклiдового простору (вектор a фiксований).

Розв’язання. Легко бачити, що ('(v); u) = ([v; a]; u) є змiшаним добутком векторiв v, a та u. За властивостями змiшаного добутку

([v; a]; u) = ¡([u; a]; v) = ¡(v; [u; a]) = ¡(v; '(u)) = (v; ¡'(u)):

Тому '¤ = ¡'.

Задача 4. У просторi R2[x] з базою 1; x; x2 знайдiть матрицю перетворення; спряженого до диференцiювання; якщо скалярний добуток задається правилом (f(x); g(x)) = f(¡1)g(¡1) + f(0)g(0) + f(1)g(1).

Розв’язання. У базi 1; x; x2 перетворення ' : f(x) 7!f0(x) має матрицю

00 1 01 ['] = @0 0 2A:

0 0 0

Далi скористаємося твердженням 6. Для цього обчислимо матрицю Ґрама бази 1; x; x2:

G(1; x; x2) =	0 (x; 1)	(x; x)	(x; x2) 1	=	00	2	01
	(1; 1)	(1; x)	(1; x2)		3	0	2
	@(x2; 1) (x2; x) (x2; x2)A @2					0	2A

(для прикладу: (x; x2) = (¡1) ¢ (¡1)2 + 0 ¢ 02 + 1 ¢ 12 = 0). Оскiльки

G¡1 =	0 0	1=2 0 1		;
	1	0	¡1
	@¡1	0	3=2A

то за твердженням 6 матриця спряженого перетворення дорiвнює

=	0 0	1=2 0		['¤] = G¡1			[']>G =			=	03=2 0		11	:
				101	0	0100		2	01
	1	0	¡1	0	0	0	3	0	2		0	¡4	0
	@¡1 0		3=2A@0		2	0A@2		0	2A @ 0			6	0A
						206

Задача 5. Нехай в деякiй базi скалярний добуток задається бiлiнiйною функцiєю з матрицею F; а лiнiйне перетворення ' матрицею A. Знайдiть матрицю спряженого перетворення '¤ у цiй же базi; якщо

F =	02	3	11	; A =	0¡1 ¡3		1 1	:
	2	2	1		2	1	1
	@1	1	1A		@ 1	2	¡1A

Розв’язання. Матриця F бiлiнiйної функцiї, якою задається скалярний добуток, це не що iнше, як матриця Ґрама даної бази. Тому, за твердженням 6, матриця спряженого перетворення дорiвнює ['¤] = F ¡1A>F . Оскiльки

				F ¡1 = 0¡1			1		0	1;
						2	¡1		¡1
то					@¡1		0		2	A
	0¡1			101	¡3	2 102					11		0¡5 ¡7 ¡21
['¤] =		1	0						3			=				:
	2 ¡1 ¡1			2	¡1	1		2		2	1		5	5	3
	@¡1	0	2 A@1		1 ¡1A@1					1	1A @ 3			6	0 A

Задача 6. Знайдiть власну ортонормовану базу перетворення ' i його матрицю в цiй базi; якщо в стандартнiй ортонормованiй базi його матриця A дорiвнює :

a) A =		3	2 +	2i	; b) A =	0	5	¡1		¡1
	2 2i		1	¶			1	5		¡11.
	µ	¡					¡1	¡	1	5
						@¡				A

Розв’язання. Зауважимо, що в обох випадках перетворення ' є самоспряженим, бо обидвi матрицi є самоспряженими. Тому згiдно твердже-

ння 13 власна ортонормована база iснує.
a) Спочатку шукаємо власнi числа матрицi A:
ÂA(¸) = ¯2		¡2i	1	¡	¸	¯ = ¸2 ¡ 4¸ ¡ 5 = (¸ ¡ 5)(¸ + 1):
¯	3	¡				¯
¯						¯
Таким чином, власними¯			числами¯				є ¸1 = 5 та ¸2	= 1, тому у власнiй
								¡	5	0
ортонормованiй базi перетворення ' буде мати матрицю									µ0	¡1¶.
							207

Далi для кожного з власних чисел шукаємо вiдповiдний власний вектор:

A ¡ 5E 0 = µ

2

¡22i

2 +42i

¯

0

¶ Ã

1 ¡1 ¡ i 0

;

¡

¯

¢

¡

¡

¯

0

¡

¯

¢

¯

¯

¯

A + E 0 = µ

2

4

2i

2 + 2i

¯

0

¶ Ã

2 1 + i 0

:

¡

¡

2

¯

0

¯

¢

¯

¡

¯

¢

Розв’язками цих¯

¯

a1 = (1+i; 1)¯ та a2 = (1+

систем є, наприклад, вектори¯

i; ¡2) вiдповiдно. Позаяк власнi вектори самоспряженого перетворення, що вiдповiдають рiзним власним числам, попарно ортогональнi, то для знаходження власної ортонормованої бази лишається лише нормувати отриману систему власних векторiв:

a1

p

a2

p

3

6

f1 =

=

(1 + i; 1) ;

f2 =

=

(1 + i; ¡2) :

ja1j

3

ja2j

6

b) Знову починаємо iз знаходження власних чисел матрицi A:

ÂA(¸) =

¯5 ¡1¸

5¡1¸

¡1

¯

=

¯

¡1 5 ¡ ¸

¡1

¯

=

¯

¡1

¡1

5¡

¸¯

¯

3

¡1

¡1

5¡

¸¯

¯

1

¯

¯

¸

3

¸

3

¸

¯

¯

¡

¡

¡

¯

¯

¡

¡

¡

¯

1

¯1

1

¯

1

¯

1

1

¯

= (3

¸)

¯

1

5

¯

¸

1

¯ = (3

¯

¯

0

¯

= (3

¯

2

:

¡

¡

¸) ¯0

6 ¡ ¸

¡

¸)(6

¡

¸)

¯¡1

¡1 5¡

¸¯

¯0 0

6 ¸¯

¯

¯

¯

¯

¯¡

¡

¡

¯

¯

¡

¯

¯

¯

¯

1

= 3 та ¸

2

¯

3

= 6, а тому у

Таким чином,¯

власними числами¯

є ¸¯

=¯

¸

власнiй ортонормованiй базi перетворення ' матиме матрицю

00

6

01

:

3

0

0

@0 0 6A

Далi шукаємо вiдповiднi власнi вектори:

A

¡

3E 0 =

0

1 2 ¡1

¯

0

1 Ã

0 1

¡1 0

:

¡1

1

2

¯

0

µ

1

0

1

¯

¶

¡

¯

¢

2

¡1

¡1

¯

0

¯

0

@ ¡

¡

A

¡

¯

¯

¯

Отже, для

¸

= 3

¯

a1

= (1; 1; 1)

¯

1

власним вектором буде¯

.

A

¡

6E 0 = 0 ¡1

¡1

¡1

¯

0 1 Ã 1 1 1 0 :

¡1

¡1

¡1

¯

0

¡

¯

¢

1

1

1

¯

0

¡

¯

¢

¯

@ ¡

¡

¡

¯

A

¯

¯

208

¯

Легко вказуються два лiнiйно незалежнi розв’язки цiєї системи: a2 =

(1; 0; ¡1), a3 = (0; 1; ¡1) власнi вектори для ¸2 = ¸3 = 6.

Оскiльки власнi вектори, що вiдповiдають рiзним власним числам попарно ортогональнi, то для знаходження власної ортонормованої бази процес ортогоналiзацiї досить застосовувати лише для векторiв a2 та a3. Тому

b1	= a1; b2	= a2; b3	= a3	¡ (ab32bb22)	b2	=	³¡ 2	; 1; ¡2´:
				( ; )			1	1

Для знаходження власної ортонормованої бази лишається лише нормувати систему векторiв b1, b2, b3:

b1

p

b2

p

3

2

f1 =

=

(1; 1; 1);

f2

=

=

(1; 0; ¡1);

jb1j

3

jb2j

2

b3

p

f3 =

=

6

(¡1; 2; ¡1):

jb3j

6

Задача 7. Доведiть; що самоспряженi перетворення ' та Ã евклiдового (унiтарного) простору V комутують тодi й лише тодi; коли вони мають спiльну власну ортонормовану базу.

Розв’язання. Достатнiсть умови очевидна: якщо перетворення ' i à мають спiльну власну базу, то в цiй базi матрицi перетворень є дiагональними. А дiагональнi матрицi комутують.

Для доведення необхiдностi умови застосуємо iндукцiю за розмiрнiстю простору. База iндукцiї перевiряється легко. Справдi, вектор e одиничної довжини з одновимiрного простору V є власним для довiльного лiнiйного перетворення цього простору. А тому e утворює власну ортонормовану базу для кожного перетворення простору V .

Нехай тепер dim V > 1. Оскiльки всi власнi числа самоспряженого перетворення є дiйсними, то iз зад. 6.19 випливає, що перетворення ' та Ã мають спiльний власний вектор v. У свою чергу, з твердження 10 випливає, що ортогональне доповнення U = hvi? буде iнварiантним пiдпростором для кожного з перетворень ' та Ã. Обмеження самоспряженого перетворення на iнварiантний пiдпростiр знову є самоспряженим перетворенням. Позаяк dim U < dim V , то, за припущенням iндукцiї, для самоспряжених перетворень 'jU та ÃjU , якi комутують, iснує спiльна власна ортонормована база. Поповнивши її вектором e = v=jv j, одержимо спiльну власну ортонормовану базу перетворень ' i Ã.

209

Основнi задачi

8.З’ясуйте, чи буде перетворення v 7![v; a] (вектор a фiксований) звичайного тривимiрного евклiдового простору ортогональним.

9.Нехай A та B дiйснi матрицi. Доведiть, що коли комплексна ма-

¡A ¡B ¢ є ортогональною.

B A

¡ ¢

10. З’ясуйте, чи буде ортогональним перетворення ' : f(x) 7!xnf x1 простору Rn[x] (n > 0), якщо скалярний добуток задається правилом:

a)(a0 + a1x + ¢ ¢ ¢ + anxn; b0 + b1x + ¢ ¢ ¢ + bnxn) = a0b0 + a1b1 + ¢ ¢ ¢ + anbn;

b)(f(x); g(x)) = R1 f(x)g(x)dx.

¡1

11. Для ортогонального перетворення, заданого в ортонормованiй базi матрицею A, знайдiть канонiчний вигляд його матрицi та канонiчну

ортонормовану базу:					¡1 ¡11;			b) A = 1			0 1			1	¡1 ¡11.
a) A = 1			01 1
			1	1	1	1	C				B	1		1	1	1
			B1	¡1	1 1								1 1		1		1C
		¢	B				C			¢	B							C
	2		1	1 1		¡1	A		2			¡1 1			¡1 1			A
			@	¡	¡						@¡					¡

12.Знайдiть перетворення, спряжене до повороту евклiдової площини на кут ®.

13.Знайдiть перетворення, спряжене до проектування координатної площини на вiсь абсцис паралельно бiсектрисi першого й третього координатних кутiв.

14.Доведiть, що добуток 'à самоспряжених перетворень ' i à буде самоспряженим тодi й лише тодi, коли вони комутують.

15.Доведiть, що для довiльного лiнiйного перетворення ' унiтарного простору кожне з перетворень '¤' i ''¤ буде самоспряженим.

16.Доведiть, що ядро та образ спряженого перетворення '¤ є ортогональними доповненнями вiдповiдно до образу та ядра перетворення '.

17.Знайдiть матрицю спряженого перетворення '¤, якщо перетворе-

ння ' переводить вектори a1 = (0; 0; 1), a2 = (0; 1; 1), a3 = (1; 1; 1) у вектори b1 = (1; 2; 1), b2 = (3; 1; 2), b3 = (7; ¡1; 4) вiдповiдно (координати векторiв дано в ортонормованiй базi).

210