Добавил:
Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
26
Добавлен:
02.06.2020
Размер:
616.57 Кб
Скачать

Лекция 8. Линейные операторы

8.1. Оператор простого типа

Определение 1. Линейный оператор называется диагонализируемым, если существует базис, относительно которого его матрица является диагональной.

Определение 2. Линейный оператор, имеющий в некотором базисе диагональную матрицу называется оператором простого типа или оператором простой структуры..

Пусть в линейном пространстве n задан оператор

ˆ

1, 2 , ... , n

- n

A . Пусть

различных собственных чисел. По теореме 4. 2) (лекция 6), относящиеся к ним собственные векторы u1,u2 , ... ,un - линейно независимы, следовательно, образуют базис в n . Найдем

матрицу оператора

ˆ

 

 

 

 

 

 

A в базисе из собственных векторов u1,u2 , ... ,un . Подействуем на

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

данные базисные векторы оператором A :

 

 

ˆ

 

0u2

... 0un - по определению собственного значения

A(u1 ) 1u1 1u1

ˆ

0u1

2u2 ... 0un

 

 

 

A(u2 ) 2u2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

0u1

0u2

... nun

 

 

 

A(un ) nun

 

 

 

 

 

 

u1

0

...

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда Au D

0

u2

...

0

 

- матрица оператора

ˆ

...

...

...

...

 

A в базисе из его собственных

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

...

 

 

 

 

 

 

 

0

un

 

 

векторов.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 1. Линейный оператор ˆ является диагонализируемым (оператором простого

A

типа) тогда и только тогда, когда в линейном пространстве существует базис, из собственных векторов этого оператора.

 

 

ˆ

 

 

Пример 1. Линейный оператор A , действующий в линейном пространстве 2 , задан

1 2

Ae

1

0

 

 

 

 

в базисе {e} {e , e } матрицей

 

 

.

 

 

2

3

 

Решение.

1. Составим характеристическое уравнение данного преобразования: Ae E 0 .

 

 

 

0

 

A E

 

 

1

( 1)( 3) 0

 

e

 

 

2

3

 

 

 

 

 

2. Корни уравнения

1

1, алг кратность 1

- собственные значения линейного

 

 

 

3, алг кратность 1

 

 

2

 

 

 

 

 

оператора ˆ .

A

x1 - главная переменная, а

3. Найдем собственные векторы, относящиеся к каждому собственному значению.

3.1. 1 1. Решим матричное уравнение (Ae 1 E)X 0 .

 

0

0

 

x

 

 

0

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

0

 

 

 

x2

 

 

 

Решая однородную систему линейных уравнений, получим: x2 - свободная переменная. Положим x2 С , тогда x1 С .

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

U

 

С

 

 

1

 

 

 

 

 

C

 

 

C 0 ,

базисом пространства решений данной системы

 

1

 

 

 

 

 

,

 

 

С

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

является вектор u1 ( 1;1)

, Ф.С.Р.=

 

, геометрическая кратность равна 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.2. 2

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

2

0

x

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

x2

 

 

0

 

 

 

 

 

Решая однородную систему линейных уравнений, получим: x1 - главная переменная, а x2 - свободная переменная. Положим x2 С , тогда x1 0 .

Собственные векторы, относящиеся к собственному значению 2 3 , имеют вид:

U

 

 

0

 

0

 

 

 

2

 

 

C

 

 

C 0

базисом пространства решений данной системы

 

 

 

 

 

,

 

 

 

С

 

1

 

 

 

 

 

T

 

0

 

 

 

является вектор u2

 

 

 

 

(0;1) , Ф.С.Р.=

 

 

, геометрическая кратность равна 1.

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Векторы u1 и u2 - линейно независимы, т.к. относятся к различным собственным

значениям (теорема 3.2) лк 6), т.к. dim 2 2 , то u1 и u2 образуют базис в

2 , тогда по

теореме 1 оператор

ˆ

 

 

 

 

ˆ

A является диагонализируемым. Матрица оператора

A в базисе из

собственных векторов имеет вид:

 

 

 

 

 

 

1

0

 

 

 

 

 

A D

 

 

 

 

 

 

u

 

 

 

 

 

 

 

 

0

3

 

 

 

 

 

Сделаем проверку с помощью матрицы перехода. Обратимся к лекции 5, теорема 3.

Матрица перехода – матрица, составленная из координат новых базисных векторов ( u1 и u2 ),

выписанных по столбцам:

 

 

 

1 0

 

 

С 1

 

1

 

1

0

 

1 0

С

 

 

 

 

, detC

1 0 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

1

1

1 1

 

e u

 

 

e u

 

e u

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A С 1

A С

1

0

1

0

1

0

1

0

1 0

 

1

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u

e u

e e u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

2

3

1

1

3

3

1 1

 

0

3

 

 

 

8.2. Примеры заданий по теме линейные операторы

 

 

 

 

 

8.1. Линейные операторы в пространстве геометрических векторов

 

 

Пример 2. Пусть задан линейный оператор, действующий в каноническом базисе

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

{i , j, k} пространства геометрических векторов V3 .

 

 

 

 

 

A - проекция на ось Ox.

 

1.

Найти матрицу оператора.

 

 

(5; 1;2) .

2.

Найти образ вектора x

3.Найти ядро и образ оператора.

4.Существует ли обратный оператор. Если да, то описать его действие.

5.Найти собственные значения и собственные векторы оператора.

Решение.

1.Найдем матрицу оператора, для этого подействуем оператором на базисные векторы:

 

z

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

;

ˆ

 

 

ˆ

(0;0;0)

 

 

 

 

 

 

 

 

A(i ) (1;0;0)

A( j ) (0;0;0)

; A(k )

 

 

 

 

 

 

 

 

Составим матрицу оператора, выписав координаты

 

 

 

 

 

 

 

 

образов базисных векторов по столбцам:

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

A

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

O

 

 

 

 

 

 

 

 

 

j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

det A 0 , следовательно,

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

A - вырожденный.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

y1

 

 

2. Пусть

ˆ

 

-

образ

вектора,

пусть

 

 

 

 

 

y A(x)

 

X

1 ,

Y y2

, тогда верно

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

y3

 

 

 

 

 

 

 

1

0 0

5

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

соотношение: Y A X

 

0

0 0

 

 

1

0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0 0

 

 

2

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.1.Пусть Ker

уравнение Ae X , где

ˆ

(x1, x2 , x3 ), x

3

ˆ

A {x

 

: A(x) }. Решим матричное

x1

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X x2

,

0

.

 

 

 

 

 

0

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

1

0

0 x

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Ae X

0

0

0

 

x2

 

 

 

0

, откуда x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

0

0

0

 

0

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

rang Ae 1,

значит,

система

 

имеет бесконечно много решений. Пусть x2 С1

x3 C2 - свободная переменная, тогда

x1 - базисная,

 

x1 0 .

0

 

 

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Общее решение X

С1

 

С1

 

1

 

С2

 

0

,

 

С2

 

 

 

0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

(0,0,1),С1,С2

ˆ

ˆ

Ker A {С1(0,1,0) С2

}, Ker A ,

dim( KerA) 2

3.2. Для нахождения образа воспользуемся алгоритмом подробно описанным в лекции

6. Найдем образы базисных

векторов:

ˆ

ˆ

v1 A(i ) (1;0;0) ,

v2 A( j ) (0;0;0) ,

ˆ

v3 A(k ) (0;0;0) . Исследуем систему

Координаты образов образуют матрицу Ae

ˆ ˆ ˆ на линейную независимость.

{A(i ), A( j ), A(k )}

, ранг которой равен 1. Базисом является вектор

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

ˆ

ˆ

 

 

 

 

 

 

v1 A(i ) (1;0;0) .

rang A dim(Im A) 1.

Im A { (1,0,0), }.

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

ˆ

2 1 3 dim .

 

 

 

 

 

 

 

dim( KerA) dim(Im A)

 

 

 

 

 

 

 

 

4.

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A необратим, так как det A 0

 

 

 

 

 

 

 

 

5.1. Составим характеристическое уравнение данного преобразования:

 

Ae E

 

0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A E

 

 

0

 

 

0

 

 

2 (1 ) 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0, алг кратность 2

 

 

 

 

 

 

 

5.2. Корни уравнения

 

1

 

 

 

 

 

 

- собственные значения линейного

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1, алг кратность 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

оператора A .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.3. Найдем собственные векторы, относящиеся к каждому собственному значению.

 

5.3.1. 1

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 0

 

0 x

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ae

X

0

0

 

0

 

x2

 

0

, как

было показано выше, решением

является

 

 

 

 

 

 

 

0 0

 

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вектор

 

U

1

С1

С1

 

1

 

С2

0

,

C1 , C2 0 , базисом пространства решений

 

 

данной

 

 

 

 

С2

 

 

 

0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

 

T

 

 

 

 

 

 

u2 (0;0;1)T

 

1 ,

0

 

системы является вектор u1 (0;1;0) ,

Ф.С.Р.=

, геометрическая

 

 

 

 

1

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

кратность равна 2. Из геометрических соображений понятно, что собственными векторами, относящимися к собственному значению 1 0 , являются ненулевые векторы, которые при проектировании обращаются в нулевой вектор.

5.3.2. 1 1. Решим матричное уравнение (Ae 1 E)X 0 .

0 0

0 x

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( Ae 1 E) X

0

1

0

 

x2

 

0

,

x C

- свободная переменная,

x

2

0

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

0

0

1

0

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

1

 

x3 0

- базисные переменные. Решением является вектор U 2

 

 

 

 

 

 

 

0

 

С

0

, C 0 , базисом

 

 

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

T

 

 

 

 

 

0

 

пространства решений данной системы является вектор u3 (1;0;0) , Ф.С.Р.=

 

,

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

геометрическая кратность равна 1. Из геометрических соображений понятно, что собственными векторами, относящимися к собственному значению 2 1 , являются ненулевые векторы, которые принадлежат оси Ox.

 

Пример 3. Пусть задан линейный оператор, действующий в каноническом базисе

 

ˆ

 

{i , j, k}

пространства геометрических векторов V3 . A

- поворот вокруг оси Oy на 90

по

часовой стрелке.

 

 

 

1.

Найти матрицу оператора.

 

 

 

 

 

 

 

 

2.

Найти образ вектора x (2; 1; 2) .

 

 

3.Найти ядро и образ оператора.

4.Существует ли обратный оператор. Если да, то описать его действие.

5.Найти собственные значения и собственные векторы оператора.

Решение.

1.Найдем матрицу оператора, для этого подействуем оператором на базисные векторы:

z

ˆ

B(i )

k ˆ

B(k )

O

 

y

i

j

 

 

 

x

 

 

2. Пусть ˆ(x)

A

y

ˆ

 

 

(0;0;1) ;

ˆ

 

ˆ

A(i )

A( j ) (0;1;0) ;

A(k ) (1;0;0)

Составим матрицу оператора, выписав координаты

образов базисных векторов по столбцам:

 

 

0

0

1

 

 

A

 

0

1

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

 

det A 0 , следовательно, A - невырожденный.

 

2

 

y1

 

 

 

 

 

 

- образ вектора, пусть X

1

,

Y y2

, тогда верно

 

2

 

 

 

 

 

y3

 

 

 

0

0

1

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

соотношение:

Y A X

0

1

0

 

 

1

 

 

1 .

 

 

1

0

0

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

3.1.

 

ˆ

(x1, x2 , x3 ), x

3

ˆ

 

Пусть Ker A {x

 

: A(x) }. Решим матричное

 

 

x

 

 

0

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

уравнение

Ae

X , где X x2

,

0

.

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

0

Ae X 01

rang Ae 3,

ˆ dim( KerA) 0

0

1

x

 

 

 

0

x 0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

1

0

 

x2

 

 

0

 

, откуда x2 0

0

0

 

x

 

 

 

0

 

x 0

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

3

система

имеет

единственное

тривиальное решение,

ˆ

Ker A 0 ,

3.2. Для нахождения образа воспользуемся алгоритмом, подробно описанным в лекции

ˆ

ˆ

6. Найдем образы базисных векторов: v1 A(i ) (0;0;1) ,

v2 A( j ) (0;1;0) ,

ˆ

 

 

 

 

 

ˆ

ˆ

ˆ

v3 A(k ) ( 1;0;0)

. Исследуем систему {A(i ), A( j ), A(k )} на линейную независимость.

Координаты образов образуют матрицу

Ae , ранг которой равен 3. Базисом являются векторы

ˆ

 

 

ˆ

 

 

 

 

ˆ

 

v1 A(i )

(0;0;1) , v2 A( j ) (0;1;0) , v3

A(k ) ( 1;0;0) .

ˆ

 

ˆ

ˆ

 

 

 

(0,1,0) (0,0, 1), , , } .

rang A dim(Im A)

3 . Im A { (0,0,1)

ˆ

 

 

ˆ

 

 

dim

.

 

 

dim( KerA)

dim(Im A) 0 3 3

 

 

 

 

 

ˆ

 

 

так как det A 0 . Для нахождения обратного

4. По критерию оператор A обратим,

ˆ

1

, найдем матрицу A

1

.

 

 

 

 

оператора A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

 

 

0

 

1

0

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ 1

 

 

 

0

Ae

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ae

 

(i )

 

 

 

1

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

0 0

 

1

0

 

0

 

 

 

 

 

 

0

ˆ 1

 

 

 

 

0 1

 

0

 

1

 

 

0

 

 

 

ˆ

1

 

0

Ae

( j )

 

 

 

 

 

 

 

j ,

Ae

 

(k )

 

 

 

 

 

1 0

 

0

 

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

 

 

1

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

 

 

0

 

 

0

 

k

0

0

 

 

0

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

 

 

0

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

 

 

0

 

 

0

 

i

0

0

 

 

1

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ

1

 

 

 

Таким образом, A

 

- поворот вокруг оси Oy на 90 против часовой стрелки.

 

5.

Собственные векторы предлагается найти самостоятельно. Необходимо уметь

объяснять геометрический смысл.

 

 

Пример 4. Пусть задан линейный оператор, действующий в каноническом базисе

 

 

 

 

ˆ

{i , j, k}

пространства геометрических векторов V3 .

A - отражение относительно плоскости

Oxz.

 

 

 

 

 

 

1.

Найти матрицу оператора.

 

 

 

 

 

 

 

 

2.

Найти образ вектора x (3;2; 4) .

 

 

3.

Найти ядро и образ оператора.

 

4.Существует ли обратный оператор. Если да, то описать его действие.

5.Найти собственные значения и собственные векторы оператора.

Решение.

1.Найдем матрицу оператора, для этого подействуем оператором на базисные векторы:

z

 

 

 

 

 

k

 

 

ˆ

 

 

 

С( j )

 

y

 

O

 

 

 

 

i

j

 

 

 

 

x

 

 

 

2. Пусть ˆ

y A(x)

ˆ

 

 

ˆ

 

 

ˆ

 

A(i ) (1;0;0) ;

A( j ) (0; 1;0) ;

A(k ) (0;0;1)

Составим матрицу оператора, выписав координаты

образов базисных векторов по столбцам:

 

 

1

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ae

0

1

0

 

 

 

 

 

 

0

0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

det Ae

0 , следовательно,

ˆ

 

 

A - невырожденный

 

 

 

 

 

3

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

- образ вектора,

пусть

 

X

2

, Y

y2

, тогда верно

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

y3

 

 

 

1 0

0

3

 

 

3

 

соотношение: Y Ae

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

0

1

0

 

 

2

 

 

2

.

 

 

 

0 0

1

 

 

4

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

3.1.

Пусть

ˆ

{x

 

(x1, x2 , x3 ), x

3

ˆ

Ker A

 

: A(x) }. Решим матричное

 

 

 

 

x

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

уравнение

Ae X

, где X

x2

,

 

0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

Ae X 00

rang Ae 3,

ˆ dim( KerA) 0

0

0

x

 

 

 

0

x 0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

1

0

 

x2

 

 

0

 

, откуда x2 0

0

1

 

x

 

 

 

0

 

x 0

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

3

система

имеет

единственное

ˆ

тривиальное решение, Ker A 0 ,

3.2. Для нахождения образа воспользуемся алгоритмом, подробно описанным в лекции

ˆ

ˆ

6. Найдем образы базисных векторов: v1 A(i ) (1;0;0) ,

v2 A( j ) (0; 1;0) ,

ˆ

 

 

ˆ

 

ˆ

ˆ

v3 A(k ) (0;0;1) . Исследуем систему {A(i ), A( j ), A(k )} на линейную независимость.

Координаты образов образуют матрицу

Ae , ранг которой равен 3. Базисом являются векторы

ˆ

 

ˆ

 

 

ˆ

 

v1 A(i ) (1;0;0) , v2

A( j ) (0; 1;0) ,

v3 A(k ) (0;0;1) .

ˆ

ˆ

ˆ

 

(0, 1,0) (0,0,1), , , } .

rang A dim(Im A) 3 . Im A { (1,0,0)

 

ˆ

ˆ

dim

.

 

 

dim( KerA) dim(Im

A) 0 3 3

 

 

 

 

4. По критерию оператор

 

ˆ

 

 

 

 

 

 

 

det A 0 . Для нахождения обратного

 

 

 

A обратим, так как

 

 

 

 

ˆ

1

, найдем матрицу

A

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

оператора A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0 0

1

1

 

1

 

 

0

 

1

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ˆ 1

 

 

 

0

1

0

 

 

0

 

 

0

 

 

Ae

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ae

 

(i )

 

 

 

i

 

 

 

0

 

 

0

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0 1

 

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

0 0

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

1

0 0

0

 

0

 

ˆ 1

 

 

 

 

0

 

1

0

 

 

1

 

 

 

0

 

 

ˆ

1

 

0

1

0

 

0

 

 

0

 

Ae

( j )

 

 

 

 

 

 

 

j ,

Ae

 

(k )

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

0

 

0 1

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

0 1

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, ˆ 1 - отражение относительно плоскости Oxz.

A

5. Собственные векторы предлагается найти самостоятельно. Необходимо уметь

объяснять геометрический смысл.

Ключевые вопросы лекции для подготовки к экзамену

1.Диагонализируемый оператор.

2.Оператор простого типа.

3.Необходимое и достаточное условие диагонализируемости линейного оператора

Соседние файлы в папке Лекции Пронина Е.В.