Добавил:

Rumpelstilzchen Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

Лекция 07

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.06.2020

Размер:

561.9 Кб

Скачать

☆

Лекция 7. Линейные операторы (продолжение)

Утверждение 1. Характеристический многочлен не зависит от базиса, в котором найдена матрица линейного оператора.

Утверждение 2. В n-мерном линейном пространстве линейный оператор ˆ не может

иметь более n собственных векторов с различными собственными значениями.

Векторы, отвечающие решению однородной системы уравнений Ae i E X 0 , относящихся к i образуют собственное подпространство. Его размерность (количество век-

торов в фундаментальной системе решений) называется геометрической кратностью числа

i .

Таким образом, для нахождения геометрической кратности собственного числа i
нужно найти размерность ядра линейного оператора Ae	i E 0 или равную последней
размерность подпространства решений однородной	системы линейных	уравнений
Ae i E X 0
Алгебраическая кратность i - это кратность собственного значения i		, как корня

характеристического уравнения.

Очевидно, что алгебраическая и геометрическая кратности собственного значения больше нуля и не превосходят размерности линейного пространства. Кроме того, геометрическая кратность собственного значения не превосходит его алгебраической кратности.

Сформулируем алгоритм нахождения собственных векторов линейного преобразо-

вания

1.Составить характеристическое уравнение данного преобразования: Ae E 0

2.Найти корни характеристического уравнения 1, 2 , ... , k , определив их алгебраические кратности.

3.Решить систему Ae i E X 0 для каждого i , записав собственный вектор

(векторы), относящиеся к каждому собственному значению i .

Пример 1. Найти все собственные значения и собственные векторы линейного опера-

										2	0	0
ˆ							A			3	1	3
тора A , заданного в базисе {e} {e ,e ,e } матрицей							e						.
				1	2	3
										0	0	2
										0	0	2
Решение.
1. Составим характеристическое уравнение данного преобразования:														Ae E		0 .
														Ae E		0 .
		2	0	0
		2	0	0
	A E	3	1	3	( 2)2 ( 1) 0
	A E	3	1	3	( 2)2 ( 1) 0
	e
		0	0	2
2. Найдем корни уравнения ( 2)2 ( 1) 0 .									2, алг кратность 2
2. Найдем корни уравнения ( 2)2 ( 1) 0 .								1							- собствен-
										1, алг кратность 1
								2

ные значения линейного оператора ˆ .

3. Найдем собственные векторы, относящиеся к каждому собственному значению. 3.1. 1 2 . Решим матричное уравнение (Ae 2E)X 0 .

																														2
	2 2				0			0	x					0
												1
			3		1 2			3		x2						0
			0		0 2 2				x							0
												3
																											0	0	0
																												1
	Матрица соответствующей однородной системы преобразуется к виду:																										3	1	3	.
																											0	0	0
																											0	0	0
Пусть	x1 - главная переменная,										а		x2 , x3					-	свободные переменные.						Положим			x2 3С1 ,
x С		,	тогда		из	уравнения					3x x						3x 0			выразим				3x1 3С1		3C2 , откуда
3	2													1		2			3
																									x2		x1
x1 С1		С2
	Собственные векторы, относящиеся к собственному значению 1																								2 ,	имеют вид:
				C C							1						1
					1		2
	U				3C			C			3		C					0
			1		1				1						2				.
					C2
					C2						0							1

											u1							u2
	Базисом				пространства								решений						данной			системы			являются			векторы
																			1 1
u (1;3;0)T ,u					( 1;0;1)T ,					они образуют Ф.С.Р.=										3	,		0	, геометрическая кратность
1				2
																				0			1
																				0			1

равна 2.

3.2. 2

2 1

1 . Решим матричное уравнение (Ae 1 E)X 0 .

0	0	x	0
		1
1 1	3	x2	0
0	2 1	x	0
		3

			Матрица	соответствующей					однородной системы	преобразуется к виду:
	1	0	0	1	0	0

	3	0	3	0	0	1	. Пусть	x	, x - главные переменные, а x		2	- свободная перемен-
								1	3		2
	0	0	1	0	0	0
	0	0	1	0	0	0
ная. Положим x2				С ,		x3	0 , x1	0 , тогда Собственные векторы,				относящиеся к собст-
венному значению 2					1 ,		имеют вид:

								3
0			0

U 2 C	C		1	,	базисом пространства решений данной системы является век-
				,	базисом пространства решений данной системы является век-
0			0

			u3
						0
T
T						1
тор u3 (0;1;0) , он образует					Ф.С.Р.=	1	, геометрическая кратность равна 1.
						0
						0

Ответ: U 1	C1u1		C2u2 ,C1 0,C2 0 , U 2 Cu3 ,C 0
Нам пригодится следующий вывод: заметим, что
1) векторы u1 , u2		- линейно независимы, поскольку образуют базис пространства реше-
ний
2) векторы u1 , u2		и u3		- линейно независимы, так как относятся к различным собствен-

ным значениям (см. Теорема 4 2), лекция 6)

Пример 2. Найти все собственные значения и собственные векторы линейного опера-

														2	1	1
ˆ												A		0	1	0
тора A , заданного в базисе {e} {e ,e ,e } матрицей												e					.
									1	2	3
														0	2	1
														0	2	1
Решение.
1. Составим характеристическое уравнение данного преобразования:																		Ae E			0 .
																		Ae E			0 .
				2		1			1
				2		1			1
	Ae E			0		1			0		( 2)( 1)(1 ) 0
	Ae E			0		1			0		( 2)( 1)(1 ) 0
				0			2	1
													1		2, алг кратность1
2. Найдем корни уравнения ( 2)( 1)(1 ) 0.															1, алг кратность1 -							соб-
2. Найдем корни уравнения ( 2)( 1)(1 ) 0.															1, алг кратность1 -							соб-
														2
															1, алг кратность1
														3
											ˆ
ственные значения линейного оператора A .
3. Найдем собственные векторы, относящиеся к каждому собственному значению.
3.1. 1 2 . Решим матричное уравнение (Ae 2E)X 0 .
0			1	1 x				0
						1
		0	3	0		x2		0
		0 2		1				0
		0 2		1	x3			0
																		0		1		1
																			0	0		3
Матрица соответствующей однородной системы преобразуется к виду:																			0	0		3	,
																			0	0		0
																			0	0		0
откуда x1 - свободная переменная, а x2 ,											x3 - главные переменные. Положим x1 С1 , С1											0
, x3 0 , x2 0 .

Собственные векторы, относящиеся к собственному значению 1 2 , имеют вид:

																											4
								C										1
									1		C
				U		1			0		C							0
						1			0				1					0		.
									0									0

																		u1
				Базис пространства решений данной системы образует вектор u (1;0;0)T , Ф.С.Р.=
																											1
1

		0
		0	, геометрическая кратность равна 1.
		0
		0

				3.2. 2				1 . Решим матричное уравнение (Ae 1 E)X 0 .
				3			1 1 x															0
																	1
					0 0					0				x2									0
					0 2					2													0
					0 2					2		x3											0
				Матрица						соответствующей															однородной		системы преобразуется к виду:
	3			1			1

	0			1			1	. Пусть						x		,			x		2	- главные переменные, а x - свободная переменная. Положим
															1						2						3
	0			0			0
	0			0			0
x3 С2 , С2								0 тогда							x2				С2					,	x1 0 , тогда Собственные векторы, относящиеся к соб-
ственному значению 2														1 ,								имеют вид:
									0													0

				U		2			С		2		C				2					1		,	базисом пространства решений данной системы является
						2			С2		2						2					1		,	базисом пространства решений данной системы является
									С2													1

																						u2
																										0
											T
											T
вектор u2 (0; 1;1)													, он образует											Ф.С.Р.=		1 , геометрическая кратность равна 1.

																										1

				3.3. 3				1. Решим матричное уравнение (Ae																			1 E)X 0 .

1		1	1	x	0
				1
	0	2	0	x2	0
	0 2		0		0
	0 2		0	x3	0

Матрица однородной системы преобразуется к виду:

главные переменные, а x3 - свободная переменная. Положим

	1	1	1

	0	1	0	. Пусть	x	,	x	2	-
					1			2
	0	0	0
	0	0	0
x3 С3 , С3				0 тогда x2			0 ,

x1 С3 , тогда Собственные векторы, относящиеся к собственному значению 3 1, имеют

вид:
		С			1
		3
U	3	0		C	0
	3	С3		3	1	, базисом пространства решений данной системы является
		С3			1

					u3
							1
			T
			T				0
вектор u3 (1;0;1)				, он образует Ф.С.Р.=			0	, геометрическая кратность равна 1.
							1
							1

Ответ: U 1			C1u1,C1 0 , U 2 C2u2 ,C3						0 , U 3	C3u3 ,C3 0
Векторы u1 , u2 и u3					- линейно независимы, так как относятся к различным собствен-
ным значениям (см. Теорема 4 2), лекция 6)

Вопросы для подготовки к экзамену:

1.Свойства линейной независимости собственных векторов

2.Понятие алгебраической и геометрической кратности

3.Алгоритм нахождения собственных векторов линейного преобразования.

Соседние файлы в папке Лекции Пронина Е.В.

#
02.06.2020502.13 Кб32Лекция 06.pdf
#
02.06.2020561.9 Кб23Лекция 07.pdf
#
02.06.2020616.57 Кб24Лекция 08.pdf
#
02.06.2020406.4 Кб25Лекция 09.pdf
#
02.06.2020641.43 Кб22Лекция 10.pdf
#
02.06.2020741.85 Кб31Лекция 11.pdf
#
02.06.2020721.68 Кб27Лекция 12.pdf