Методичка (первый курс, второй семестр)

4. Розмiрнiсть власного пiдпростору VA(¹) дорiвнює дефекту матрицi

A ¡ ¹E: Базою пiдпростору VA(¹) є фундаментальна система розв’язкiв однорiдної системи лiнiйних рiвнянь з матрицею A ¡ ¹E.

5.Для лiнiйного перетворення ' кiлькiсть лiнiйно незалежних власних векторiв з власним числом ¹ не перевищує кратностi ¹ як кореня характеристичного многочлена перетворення '.

6.Власнi вектори, що вiдповiдають рiзним власним числам лiнiйного перетворення, лiнiйно незалежнi.

7.Лiнiйне перетворення є невиродженим тодi й лише тодi, коли всi його власнi числа ненульовi.

8.Лiнiйне перетворення n–вимiрного векторного простору є дiагоналiзованим тодi й лише тодi, коли iснує власна база цього перетворення.

Приклади розв’язання типових задач

Задача 1. Знайдiть (над полем R i над полем C) власнi числа i власнi вектори лiнiйного перетворення; заданого матрицею

Розв’язання. Для вiдшукання власних чисел A лiнiйного перетворення необхiдно спочатку знайти характеристичний многочлен ÂA(¸) = det(A ¡ ¸E) його матрицi A; а потiм всi коренi ¸1; : : : ; ¸n многочлена

Зауваження 1. Не радимо обчислювати такi визначники “в лоб”, розкриваючи їх за якимось рядком або стовпчиком. Такий пiдхiд тягне за собою великi обчислення, в яких легко помилитися. Крiм того, знаходження коренiв отриманого многочлена може виявитися важкою задачею. Тому спочатку варто спробувати за допомогою елементарних перетворень рядкiв (стовпчикiв) або видiлити лiнiйний множник в якомусь рядку (стовпчику), або звести до блочно–трикутного вигляду, або одержати рядок (стовпчик) з одним ненульовим елементом.

61

Для обчислення визначника (17) спочатку до першого рядка додамо третiй i винесемо спiльний множник елементiв отриманого рядка за знак визначника:

(потiм вiд третього стовпчика вiднiмаємо перший i розкладаємо отриманий визначник спочатку за третiм, а потiм за першим стовчиками)

= (5 ¡ ¸)(¡1 ¡ ¸)((1 ¡ ¸)(3 ¡ ¸) + 2) = (¸ + 1)(¸ ¡ 5)(¸ ¡ 2 ¡ i)(¸ ¡ 2 + i):

Власнi числа ¸1; ¸2; ¸3; ¸4 лiнiйного перетворення коренi многочлена ÂA(¸). Таким чином, на полем R маємо два власнi числа: ¸1 = ¡1;

¸2 = 5; а над полем C чотири: ¸1 = ¡1; ¸2 = 5; ¸3 = 2 + i; ¸4 = 2 ¡ i: Для знаходження власних векторiв матрицi A, що вiдповiдають вла-

сному числу ¸k; необхiдно обчислити матрицю B¸k = A¡¸kE та знайти всi ненульовi розв’язки однорiдної системи лiнiйних рiвнянь з матрицею B¸k : Це будуть усi нетривiальнi лiнiйнi комбiнацiї векторiв якої–небудь бази простору розв’язкiв, тобто фундаментальної системи розв’язкiв.

Розглянемо послiдовно нашi власнi числа. Для ¸1 = ¡1 маємо:

Ранг системи дорiвнює 3, тому фундаментальна система розв’язкiв складається з 4 ¡ 3 = 1 розв’язку. В якостi вiльної змiнної можна взяти x3.

62

Надавши цiй змiннiй значення 1, отримуємо вектор v1 = (¡1; 0; 1; 0), який i буде утворювати базу власного пiдпростору VA(¸1).

надавши їй значення 1, отримуємо вектор v2 = (1; 0; 2; 0), який утворює базу власного пiдпростору VA(¸2):

Зауважимо, що всi коефiцiєнти матрицi A є дiйсними числами. Тому власнi вектори, що вiдповiдають комплексно спряженим власним

63

числам ¸3 та ¸4; будуть також комплексно спряженими. Отже, базою пiдпростору VA(¸4); слугуватиме вектор v4 = (0; ¡1 ¡ i; 0; 1); що є спряженим до v3.

Таким чином, над полем R для власних чисел ¸1 = ¡1 та ¸2 = 5 отримуємо вiдповiдно власнi вектори ¹(¡1; 0; 1; 0) та ¹(1; 0; 2; 0), де ¹ 2

Rnf0g:

Над полем C власними векторами для чисел ¸1 = ¡1; ¸2 = 5; ¸3 =

2 + i та ¸4 = 2 ¡ i будуть вiдповiдно ¹(¡1; 0; 1; 0), ¹(1; 0; 2; 0), ¹(0; ¡1 + i; 0; 1) та ¹(0; ¡1 ¡ i; 0; 1), де ¹ 2 Cnf0g:

Задача 2. У тривимiрному просторi V3 з базою i; j; k задано лiнiйне перетворення ' : v 7![v; a ]; де a = (a1; a2; a3) фiксований ненульовий вектор. Знайдiть матрицю; характеристичний многочлен; власнi числа та власнi вектори цього перетворення.

Розв’язання. Стовпчики матрицi лiнiйного перетворення є координатами образiв вiдповiдних базисних векторiв. Оскiльки

Це один з небагатьох випадкiв, коли чесне обчислення визначника безпосередньо за означенням призводить до бажаного результату. Отже,

Â'(¸) = ¡¸3 ¡ a1a2a3 + a1a2a3 ¡ a22¸ ¡ a21¸ ¡ a23¸ = ¡¸(¸2 + a21 + a22 + a23):

Оскiльки ' є перетворенням дiйсного векторного простору V3; то

його власними числом є лише ¸1 = 0 кратностi 1, бо ¸2 + a21 + a22 + a23 =6 0: До того ж, якщо кратнiсть власного числа дорiвнює 1, то всi вiдповiднi власнi вектори пропорцiйнi. Тому досить знайти який–небудь один з них. Але один такий вектор легко знаходиться з геометричних мiркувань. Справдi, з рiвностi [a; a] = 0 випливає, що '(a) = 0 = 0 ¢ a: Тому власнi вектори, що вiдповiдають ¸1; мають вигляд ¹(a1; a2; a3); де

¹ 2 Rnf0g:

Задача 3. Нехай перетворення ' є невиродженим.

a) Доведiть; що перетворення ' та '¡1 мають однi й тi

жвласнi вектори.

b)Чи правильне аналогiчне твердження для перетворень ' та '2?

Розв’язання. a) Зауважимо, що згiдно твердження 7 власнi числа невиродженого перетворення ненульовi. Якщо до того ж v власний вектор ' з власним числом ¸; то '(v) = ¸v i v = '¡1('(v)) = '¡1(¸v) = ¸'¡1(v): Звiдси '¡1(v) = ¸¡1v: Тому кожен власний вектор перетворення ' є власним вектором i перетворення '¡1. Оскiльки, у свою чергу, перетворення ' є оберненим до '¡1, то правильне є й обернене твердження. Тому ' та '¡1 мають однi й тi ж власнi вектори.

b) Для власного вектора v перетворення ' з власним числом ¸ маємо: '(v) = ¸v. Звiдси '2(v) = ¸'(v) = ¸2v i власний вектор перетворення ' буде власним вектором i перетворення '2: Навпаки, взагалi кажучи, не вiрно. Так для перетворення ' простору R2 з матрицею

Тому власними векторами для '2 є всi ненульовi вектори з R2. Зауваження. Iншим прикладом є поворот площини на кут ¼=2. Не-

важко пересвiдчитись, що це перетворення взагалi не має власних векторiв, у той час як для перетворення '2 кожен ненульовий вектор буде власним з власним числом ¡1:

Задача 4. Знайдiть власнi числа матрицi

65

A = ¡b1 b2 : : : bn¢> ¢ ¡b1 b2 : : : bn¢; n > 1:

Розв’язання. Не завжди власнi числа варто шукати як коренi характеристичного многочлена. Iнколи власнi числа можна знайти з iнших мiркувань як ми це зробимо в цiй задачi.

Позначимо b = (b1; b2; : : : ; bn): Якщо b = 0; то матриця A є нульовою i єдиним власним числом A є число 0 кратностi n, тобто ¸1 =¢ ¢ ¢=¸n =0:

Нехай тепер b =6 0: Оскiльки ранг добутку двох матриць не перевищує рангу кожного з множникiв, то ранг rank(A) · 1: З iншого боку, A =6 O. Отже, rank(A) = 1 i пiдпростiр розв’язкiв однорiдної системи з матрицею A має розмiрнiсть n¡rank(A) = n¡1: Тому число 0 є власним числом матрицi A кратностi не меншої за n¡1; тобто ¸1 = : : : = ¸n¡1 = 0: Крiм того, згiдно твердження 2 сума всiх власних чисел матрицi до-

рiвнює слiду цiєї матрицi. Отже, ¸1 + ¢ ¢ ¢ + ¸n = ¸n = tr A = b21 + ¢ ¢ ¢ + b2niнше власне число (кратностi 1) матрицi A:

Задача 5. Доведiть; що a) над полем C; b) над полем R кожен многочлен f(¸) степеня n зi старшим коефiцiєнтом (¡1)n є характеристичним многочленом деякої матрицi порядку n.

Розв’язання. a) За основною теоремою алгебри довiльний многочлен n-го степеня з комплексними коефiцiєнтами має рiвно n коренiв з урахуванням їх кратностi. Тому

f(¸) = (¸1 ¡ ¸)(¸2 ¡ ¸) ¢ ¢ ¢ (¸n ¡ ¸); де ¸1; ¸2; : : : ; ¸n 2 C;

i многочлен f(¸) буде характеристичним многочленом дiагональної ма-

трицi diag(¸1; ¸2; : : : ; ¸n):

b) Нагадаємо, що кожен многочлен n–го степеня з дiйсними коефiцiєнтами єдиним чином з точнiстю до порядку множникiв розкладається в добуток лiнiйних многочленiв ¸¡¸1; : : : ; ¸¡¸m; що вiдповiдають його дiйсним кореням ¸1; : : : ; ¸m; та t = (n ¡ m)=2 квадратних многочленiв, незвiдних над R, що вiдповiдають парам комплексно спряжених коре-

нiв. Тому f(¸) = (¸1 ¡¸) ¢ ¢ ¢ (¸m ¡¸)(a1 +ib1 ¡¸)(a1 ¡ib1 ¡¸) ¢ ¢ ¢ (at +ibt ¡ ¸)(at ¡ ibt ¡ ¸); де ¸1; : : : ; ¸m; a1; : : : ; at; b1; : : : ; bt 2 R; k + 2t = n; i многочлен f(¸) буде характеристичним многочленом такої дiйсної матрицi

порядку n:

66

цiєї матрицi розкладається над полем P на лiнiйнi множники, i для довiльного власного числа ¹ матрицi A кратнiсть ¹ як кореня характеристичного многочлена дорiвнює розмiрностi пiдпростору VA(¹): (Тому одна й та ж матриця над одним полем може бути дiагоналiзовною, а над iншим нi.)

Отже, для перевiрки матриц на дiагоналiзовнiсть i спочатку потрiбно знайти її характеристичний многочлен. Потiм спробувати розкласти на лiнiйнi множники над потрiбним полем. У разi, коли такий розклад iснує, для кожного власного числа, кратнiсть якого бiльша за 1, знайти дефект матрицi B¹ := A¡¹E (якщо власне число має кратнiсть

1, то згiдно твердження 5 розмiрнiсть пiдпростору VA(¹) дорiвнює 1). Якщо характеристичний многочлен ÂA(¸) на лiнiйнi множники над заданим полем не розкладається або хоча б для одного власного числа ¹ дефект матрицi B¹ буде меншим кратностi ¹ як кореня ÂA(¸), то робимо висновок, що матриця A не є дiагоналiзовною. За iнших обставин матриця A буде дiагоналiзовною, причому у власнiй базi базi з власних векторiв наша матриця матиме такий дiагональний вигляд: по дiагоналi стоять всi власнi числа, повторенi пiдряд стiльки разiв, яка їх кратнiсть.

= (1 ¡ ¸)¡(4 ¡ ¸)(5 ¡ ¸)(¡4 ¡ ¸) + (¡5) ¢ (¡4) ¢ 9 + 7 ¢ 0 ¢ 1¡ ¡(¡5) ¢ (5 ¡ ¸) ¢ 1 ¡ (4 ¡ ¸) ¢ 0 ¢ 9 ¡ 7 ¢ (¡4) ¢ (¡4 ¡ ¸)¢ =

= (1 ¡ ¸)¡(16 ¡ ¸2)(¸ ¡ 5) ¡ 33¸ + 93¢ = (1 ¡ ¸)(¡¸3+

+5¸2 ¡ 17¸ + 13) = ¡(1 ¡ ¸)2(¸2 ¡ 4¸ + 13):

Одне власне число ¸1 = ¸2 = 1 кратностi 2 ми вже знайшли. Два iншiкоренi многочлена ¸2 ¡4¸+13: Його дискримiнант вiд’ємний, тому цей многочлен не має дiйсних коренiв. Отже, наша матриця A не є дiагоналiзовною над полем дiйсних чисел R:

Перевiримо дiагоналiзовнiсть A над полем комплексних чисел C: У цьому випадку з’являються ще власнi числа ¸3 = 2 + 3i та ¸4 = 2 ¡ 3i

68

кратностi 1. Тому подальшого аналiзу вимагає лише власне число ¸1 = 1

Отже, rank(B¸1 ) = 2 i def(B¸1 ) = 4¡2 = 2 дорiвнює кратностi кореня ¸1: Тому матриця A дiагоналiзовна над полем C:

а вiдповiдною базою власна база матрицi A: Як випливає з (18), власнi вектори, що вiдповiдають ¸1 знаходяться з системи

Тодi отримаємо базу пiдпростору VA(¸1); що складається з векторiв v1 =

(1; 0; 0; 0) та v2 = (0; 1; 1; 2):

Для знаходження власних векторiв з власним числом ¸3 використо-

Надамо вiльнiй змiннiй значення x3 = 4. Отримуємо вектор v3 = (¡2; 3¡ 3i; 4; 5 ¡ 3i), який є базою пiдпростору VA(¸3).

Для знаходження бази пiдпростору VA(¸4) скористаємося, як i при розв’язаннi зад. 6.1, тим, що у випадку дiйсної матрицi власнi вектори, якi вiдповiдають комплексно спряженим власним числам, самi є комплексно спряженими. Тому v4 = (¡2; 3 + 3i; 4; 5 + 3i):

Отже, вектори v1 = (1; 0; 0; 0); v2 = (0; 1; 1; 2); v3 = (¡2; 3¡3i; 4; 5¡3i)

та v4 = (¡2; 3 +3i; 4; 5 + 3i) складають власну базу матрицi A. Тому над полем C ця матриця зводиться до дiагонального вигляду.

Основнi задачi

8. Доведiть, що кожен власний вектор перетворення ' буде власним вектором i перетворення Ã, де:

a) Ã = c' (c 6= 0), b) Ã = '¡¹", c) Ã = 'k, d) Ã = f(') (f многочлен). Якщо для перетворення ' вектор v є власним з власним числом ¸, то з яким власним числом вiн буде власним вектором для перетворення Ã?

9.Знайдiть усi лiнiйнi перетворення, для яких кожен вектор є власним.

10.Знайдiть усi лiнiйнi перетворення, якi перестановочнi з кожним лiнiйним перетворенням.

11.Знайдiть усi власнi вектори оператора диференцiювання у просторi:

a) многочленiв Rn[x]; b) L(cos x; sin x); c) всiх диференцiйовних дiйсних функцiй.

12.Доведiть, що характеристичний многочлен матрицi A¡1 дорiвнює

1 µ1 ¶

¢ÂA ¸ :

70