Добавил:

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

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

Лекция 08

.pdf

Скачиваний:

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
матрицу оператора		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		0u2		... 0un - по определению собственного значения
ˆ	0u1	2u2 ... 0un
A(u2 ) 2u2	0u1	2u2 ... 0un
…
ˆ	0u1	0u2		... nun
A(un ) nun	0u1	0u2		... nun
			u1	0	...	0

Тогда Au D			0	u2	...	0	- матрица оператора	ˆ
Тогда Au D			...	...	...	...	- матрица оператора	A в базисе из его собственных
			...	...	...	...

				0	...
			0	0	...	un
векторов.

Теорема 1. Линейный оператор ˆ является диагонализируемым (оператором простого

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
1 2
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 .

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
2	2	x2	0

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
U			C				C 0 ,		базисом пространства решений данной системы
	1					,	C 0 ,		базисом пространства решений данной системы
		С			1
				T				1
				T
является вектор u1 ( 1;1)					, Ф.С.Р.=				, геометрическая кратность равна 1.
								1
								1

3.2. 2		3. Решим матричное уравнение (Ae 3E)X 0 .
2		0	x		0
		1
	2
	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
U	2		C			C 0	базисом пространства решений данной системы
	2				,	C 0	базисом пространства решений данной системы
		С		1

		T	0
является вектор u2		T
является вектор u2		(0;1) , Ф.С.Р.=		, геометрическая кратность равна 1.
			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
теореме 1 оператор		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
A С 1		A С
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 .									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	(5; 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						;	ˆ			ˆ	(0;0;0)
								A(i ) (1;0;0)						;	A( j ) (0;0;0)			; A(k )	(0;0;0)
								Составим матрицу оператора, выписав координаты
								образов базисных векторов по столбцам:
		k								1	0	0

					y			A		0	0	0
		O						A		0	0	0
		O	j
			j							0	0	0
										0	0	0
	i							det A 0 , следовательно,									ˆ
																	ˆ
	x																A - вырожденный.
	x
																	5	y1
	2. Пусть			ˆ			-	образ	вектора,			пусть
	2. Пусть			y A(x)			-	образ	вектора,			пусть				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
							0	0 0		2			0

3.1.Пусть Ker

уравнение Ae X , где

ˆ	(x1, x2 , x3 ), x			3	ˆ
A {x	(x1, x2 , x3 ), x				: A(x) }. Решим матричное
x1		0

X x2	,	0	.
		0
x3		0

1		0	0 x			0
					1
Ae X	0	0	0		x2	0	, откуда x		0
								1
	0	0	0			0
	0	0	0	x3		0
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
	С2		0		1

ˆ	(0,0,1),С1,С2	ˆ	ˆ
Ker A {С1(0,1,0) С2	(0,0,1),С1,С2	}, Ker A ,	dim( KerA) 2
3.2. Для нахождения образа воспользуемся алгоритмом подробно описанным в лекции
6. Найдем образы базисных	векторов:	ˆ	ˆ
6. Найдем образы базисных	векторов:	v1 A(i ) (1;0;0) ,	v2 A( j ) (0;0;0) ,

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)											2 1 3 dim .
	4.		ˆ
	4.		A необратим, так как det A 0
	5.1. Составим характеристическое уравнение данного преобразования:																				Ae E		0 .
																					Ae E		0 .
							1				0		0
							1				0		0
		A E					0			0					2 (1 ) 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
						0 0				0		x3					0
			0						0					0

вектор		U	1	С1		С1				1		С2		0	,	C1 , C2 0 , базисом пространства решений							данной
				С2						0				1
				С2						0				1

			0	0
T
T	u2 (0;0;1)T		1 ,	0
системы является вектор u1 (0;1;0) ,	u2 (0;0;1)T	Ф.С.Р.=	1 ,	0	, геометрическая
				1
			0	1

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			2
	0	0	1			0
	0	0	1	x3		0

		С		1
x3 0	- базисные переменные. Решением является вектор U 2
x3 0	- базисные переменные. Решением является вектор U 2	0	С	0	, C 0 , базисом
		0		0
		0		0

	1

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

B(i )

k ˆ

B(k )

O		y
i	j
i
x

2. Пусть ˆ(x)

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
	2		y3

		0	0	1	2	2


соотношение:	Y A X	0	1	0	1	1 .
		1	0	0	2	2
		1	0	0	2	2

3.1.		ˆ	(x1, x2 , x3 ), x			3	ˆ
3.1.		Пусть Ker A {x	(x1, x2 , x3 ), 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,

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)				(0,1,0) (0,0, 1), , , } .
ˆ			ˆ			dim	.
dim( KerA)	dim(Im A) 0 3 3					dim	.
			ˆ				так как det A 0 . Для нахождения обратного
4. По критерию оператор A обратим,							так как det A 0 . Для нахождения обратного
ˆ	1	, найдем матрицу A		1	.
оператора A		, найдем матрицу A			.

		0	0	1										0
1		0	1	0	,				ˆ 1					0
Ae		0	1	0	,				Ae		(i )			0
		1	0	0
		1	0	0									1
			0 0		1	0	0						0
ˆ 1			0 1		0	1	0		ˆ	1				0
Ae	( j )		0 1		0	1	0	j ,	Ae			(k )		0
			1 0		0	0	0							1
			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
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 .			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:


	k
ˆ
С( j )			y
	O		y

	i	j
	i
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
	0	0	1
det Ae	0 , следовательно,					ˆ
det Ae	0 , следовательно,					A - невырожденный
					3		y
							1
- образ вектора,		пусть		X	2	, Y	y2	, тогда верно

					4		y3


		1 0				0			3	3
соотношение: Y Ae
соотношение: Y Ae		X	0	1		0			2	2		.
			0 0			1			4	4
			0 0			1			4	4
3.1.	Пусть	ˆ	{x			(x1, x2 , x3 ), x					3	ˆ
3.1.	Пусть	Ker A	{x			(x1, x2 , x3 ), x						: A(x) }. Решим матричное
				x			0
				1
уравнение	Ae X	, где X		x2	,		0	.
							0
				x3			0

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
система		имеет	единственное			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)				(0, 1,0) (0,0,1), , , } .
	ˆ	ˆ	dim	.
dim( KerA) dim(Im		A) 0 3 3	dim	.

		4. По критерию оператор										ˆ								det A 0 . Для нахождения обратного
		4. По критерию оператор										A обратим, так как								det A 0 . Для нахождения обратного
				ˆ		1	, найдем матрицу				A		1	.
оператора A							, найдем матрицу				A			.
		1				0		0												1			0 0		1			1
1			0		1			0								ˆ 1					0		1	0		0			0
Ae			0		1			0	,							Ae		(i )			0		1	0		0			0		i
			0			0		1													0		0 1			0			0
			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 )				0			1	0	1		0			j ,	Ae			(k )			0	1	0			0			0		k
					0			0 1		0		0										0	0 1				1			1
					0			0 1		0		0										0	0 1				1			1

Таким образом, ˆ 1 - отражение относительно плоскости Oxz.

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.

#
02.06.2020502.13 Кб36Лекция 06.pdf
#
02.06.2020561.9 Кб27Лекция 07.pdf
#
02.06.2020616.57 Кб28Лекция 08.pdf
#
02.06.2020406.4 Кб29Лекция 09.pdf
#
02.06.2020641.43 Кб27Лекция 10.pdf
#
02.06.2020741.85 Кб37Лекция 11.pdf
#
02.06.2020721.68 Кб35Лекция 12.pdf
#
02.06.2020876.21 Кб31Лекция 13.pdf