Линейные операторы и их собственные векторы (120

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Определение. Произведением, или композицией, операторов

называется новый оператор

A^A , действующий сле-

дующим образом:

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

271.06 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Если в пространстве задан базис и операторы соответственно имеют в нем матрицы A1 и A2, то матрица суммы операторов равна сумме матриц этих операторов, т. е. (A1+A2) = A1+A2.

Определение. Произведением оператора и числа называется

новый оператор, действие которого заключается в следующем:
f		e

λA	(x) = λA (x).

Матрица произведения оператора и некоторого числа равна произведению матрицы оператора и этого числа, т. е. (λA) = λA.


	Пример 6. В пространстве V2 геометрических векторов с бази-
			e	ψ = π 4	2
сом		i, j	заданы два оператора, таких, что A1	— оператор поворота
пространства относительно точки О на угол				/ , а A		— опе-

ратор проектирования пространства на прямую l, составляющую
с	вектором i угол 3π/4 и проходящую через точку					.	e
с	= (1 −1)			e	О		Составим
матрицы операторов			^	2A1 и найдем образы вектора
матрицы операторов			A1+A2 ,	2A1 и найдем образы вектора
	,	под действием этих операторов.
x	,	под действием этих операторов.

Рис. 2

Решение. Линейность оператора A1

была установлена в при-

мере 1. Составим матрицу оператора A

На рис. 2 видно, что

в базисе

i, j ( см. (1)).

√

i = i 0

= cos ψ ∙ i + sin ψ ∙ j = 2√

√

;

0 = − sin ψ ∙

+ cos ψ ∙

= −

√

−

√2

Тогда

Линейность оператора

и его матрица в базисе

были

i, j

определены в примере 4. В рассматриваемом примере

= 3 /4.

ϕ ∙ cos ϕ

−1

A2 =

cos

sin

∙

sin ϕ cos ϕ

sin2 ϕ

−1

Найдем образы

под действием

и A

(см. формулу (2)):

вектора

операторов

A1X = Y1

(x) = y1

√

−1

√2

−

√2

√2, 0 ;

X = Y

−1

( ) 1

−1

= (1,

−

1) = x.

и A3 (x) =e3

= A1+A2

Пусть A

— оператор суммы операторов A1

. Тогда

2 = 1 + √

, −1

A3 (

) = A1 (

) + A2 (

) =

1 +

−

ye3 = 1 + √2,

1 .

Проверим действие матриц этих операторов:

√

1 −

√

2 + 1

√2 − 1 1 + √2

A3 (

)

A3 = A1

+ A2

−

;

√

1 −

√

2 + 1

−1

√2 − 1 1 + √2

−1

A3X = Y3

−

√2

√y3 = 1 + 2, −1 .

Вектор y3, найденный по определению суммы операторов A1 и A2,

матриц операторов, совпали.

вектор y3, найденный с помощью

Составим матрицу оператора A4 = 2A1

√

A4 = 2A1 =

e2 −

f .

√

Если A

, то

(

) =

= 2√

, 0 .

A4X = Z

√

+ A2 =

;

2 + 1

−1 −

Ответ: A1

+ A2

(

) =

√2 − 1 1 + √2

√

!; 2A1

= 1 + √

, −1

; 2A1 = √2

−√2

(

) = 2√

, 0

Произведение операторов

A^1A2 (

) = A1 A2 (

) ,

x L,

: L0

f00

где

→

;

f e

и в общем случае

(x) = A2 A1 (x)

A^A =A^A .

Если в некотором базисе пространства операторы A1

и A2 име-

ют матрицы A1 и A2 соответственно, то матрицей

оператора, рав-

ного произведению

нию A1A2, и тогда

1A2 , является матрица, равная произведе-

A^1A2 (

) =

(A1A2) X = Y.

Пример 7. В геометрическом пространстве V3 с зафиксиро-

ванным базисом

, отнесенным к точке О, заданы два опе-

i, j, k

Действие

заключается в

ратора: A1 и

оператора

повороте

пространства вокруг оси, на которой расположен вектор i, на угол

ϕ =

, A1 : V3 → V3. Оператор A2

проектирует пространство V3

на

плоскость

, т. е. отображает V

на V

iOj

, A^1A2

Составим матрицы операторов A1, A2, A^1+A2

образы

A2A1

в заданном базисе. Найдемe

вектора x = (1, 1, 1)

под действием каждого из этих операторов.

Решение.

Чтобы составить матрицу

оператора

A1, найдем

образы базисных векторов и разложим их по заданному базису
(см. (1)). На рис. 3 видно, что														f

		A			i = i = i = (1, 0, 0)					A1	=	1	0	0
		A11 j = j					00 = k = (0, 0, 1)			A1	=	0	0	−	1
			e											−

	A					0						0	1	0
	A	1		k = k			= j = (0, 1, 0)					0	1	0
		1					−		−
		e					−		−

—	матрица оператора A
—	e							1.
14								e

											Рис. 3
	Для оператора A2 имеем
	e																		1 0 0
	e
	A2 i = i00e= i = (1, 0, 0)
	e
			=			00 =			= (0, 1, 0)						A1 =				0 1	0
—	A2	j	=	j		00 =		j	= (0, 1, 0)						A1 =				0 1	0
—	e		2
	A2	k	=	k			00 =	0		= (0, 0, 0)									0 0 0
	матрица оператора A .
	Оператору						A				A^A			соответствует матрица
			суммы e3 =								1 +		2
							f						2	0			0
													0	1			0
			A3 = A1 + A2 =										0 1			−1 ;
oператору произведения A4 = A^1A2														, — матрица
										f			1	0		0
													0	1		0
							A4 = A1A2 =						0	0		0	;
оператору произведения A5 = A^2A1														— матрица
										f		1		0		0
												0		0		0
					A5 = A2A1 =							0 0				−1		.

Найдем образы вектора x = (1, 1, 1) под действием этих опера-

торов. Если A													, то (см. формулу (2)) A X																				Y			.
торов. Если A						x					y		, то (см. формулу (2)) A X																				Y			.
Отсюда		f1			(		) =			1																				1	=			1
	1	0			0										1								1										−
	0 1 0														1								1										−
	0 0				−1										1		=					−1				y		1		= (1,					1, 1) .
A											то
A			x					y			то
Если f2		(		) =				12,		0 0										1					1
								0 0 0												1					0
A2X = Y2								0 1 0												1				=	1						y	2	= (1, 1, 0) ;
		2			0				f										3 A3X = Y3
								A3 (				x		) =				y	3 A3X = Y3
								0									1							2
		0 1 0															1							1
		0 1						−1									1		=					0			y			3 = (2, 0, 1) ;
		1			0				f										4 A4X = Y4
								A4 (				x		) =				y	4 A4X = Y4
								0								1								1
		0 1 0														1								1
		0 0 0														1				=				0		y			4	= (1, 0, 1) ;
								A							=						A		X = Y
								A				x			=			y			A		X = Y
	1 0 0 f5 ( )															1			5			5		1	5									−
	0	0 0														1								0										−
	0 0					−1										1		=			−1						y			5 = (1,							1, 0) .

Ответ: y1 = (1, 1, 1); y2 = (1, 1, 0); y3 = (2, 0, 1); y4 = (1, 0, 1); y5 = (1, −1, 0) .

§ 4. НАХОЖДЕНИЕ СОБСТВЕННЫХ ВЕКТОРОВ ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА

Определение. Ненулевой вектор x называется собственным

вектором линейного оператора e, если его образом является век-

тор, равный произведению вектора x и числа λ. Число λ называется собственным значением линейного оператора. То есть

e(		) = λ			(3)
A	x		x.		(3)

Если в линейном пространстве, в котором действует оператор

e, выбран базис и в этом базисе оператору соответствует матрица

А, то из условия e λ следует равенство

A (x) = x

AX = λX.

(4)

Так как матрица А однозначно характеризует действие операто-

ра e, вектор и число λ можно называть соответственно собствен-

A x

ным вектором матрицы А и собственным значением матрицы А.

Нахождение собственных векторов и собственных значений

линейного оператора e (матрицы А)

Пусть в линейном пространстве L выбран базис, в котором ма-

трица линейного оператора e имеет вид , а вектор

A A = (aij)n×n

x — координаты (x1, x2, . . . , xn), и ему ставится в соответствие матрица-столбец X = (x1, x2, . . . , xn)т. Если x — собственный вектор линейного оператора, то

e(x) = λx AX = λX. A

Отсюда следует

AX − λX = Θ

или

(A − λЕ) X = 0.

(5)

Значит, координаты собственного вектора x удовлетворяют следующей однородной системе линейных алгебраических уравнений (ОСЛАУ):

	(a11 − λ)x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = 0;
a21x1		+ (a22	−	λ)x2 + . . . + a2nxn = 0;
			−

	. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

		+ an2x2 + + (ann − λ)xn = 0.
an1x1		+ an2x2 + + (ann − λ)xn = 0.

(6)

Поскольку собственный вектор x 6=,0то ОСЛАУ (6) должна иметь ненулевое решение. Из критерия существования такого решения следует, что det(A − λЕ) = 0 (или |A − λЕ| = 0). Получим уравнение, которое позволит найти собственные значения λ:

|A − λЕ| = 0.

(7)

Это уравнение n-го порядка называется характеристическим.

Из приведенных выше выкладок следует план нахождения собственных векторов и собственных значений линейного оператора

e (или матрицы А):

1) составить характеристическое уравнение

|A − λЕ| = 0

и, решив его, найти собственные значения λ = λk;

2) для каждого λk составить ОСЛАУ вида (6), соответствующую равенству (A − λkE) X = Θ, и найти ее общее решение,

структура которого имеет вид
X = C1X1 + C2X2 + . . . + Cn−rXn−r,	(8)

где r — ранг матрицы (A − λkE), а X1, X2, . . . , Xn−r — матрицыстолбцы, соответствующие линейно независимым собственным

векторам x1, x2, . . . , xn−r, найденным для λk.

Пример 8. Найдем собственные значения и собственные векторы линейного оператора, имеющего в некотором базисе матрицу

A =	−4	4	0	.
	0	1	0
	−2	1	2

Решение. В соответствии с планом нахождения собственных

векторов и собственных значений линейного оператора e (или ма-

трицы A) cоставим характеристическое уравнение |A − λЕ| = 0 и решим его:

−4		4 − λ	2	0		= 0.
	2	1	2	0
−λ		1		0	λ
−				−

Разложим определитель в левой части этого уравнения по элементам последнего столбца:

(2 − λ)	−4 4 λ		=
	λ	1
	−	−

=0 (2 − λ) λ2 − 4λ + 4 = 0 (λ − 2)3 = 0

—найдено единственное собственное значение λ = 2. Подставим λ = 2 в ОСЛАУ (6):

	−		−2	1	x1
	−		−2	1	x3
(A		2E) X = 0	−4	2	x2	= Θ,

где X = x2 — матрица, соответствующая искомому собствен-

ному вектору x = (x1, x2, x3).

Очевидно, что в матрице (A − 2E) только одна линейно независимая строка и ранг r = Rg (A − 2E) = 1. Отсюда следует, что согласно теореме о структуре общего решения ОСЛАУ имеем

X = C1X1+C2X2,

так как n −r = 2 (см. формулу (8)). То есть данный оператор имеет два линейно независимых собственных вектора.

Равенство (A − 2E) X = 0 равносильно системе, включающей в себя только одно уравнение

		−2x1 + x2 = 0,
т. е. 2x1 = x2. Тогда				= 2x1		+ 0 =
X = x2		= 2x1
	x1	x1		x1		0
x3		x3		0		x3
	1		0		1		0
	0		1		0		1
= x1	2	+ x3	0	= c1	2	+ c2	0	,

где c1 = x1; c2 = x2.

Ответ: любой вектор
			1		0
			0		1
	x	= c1	2	+ c2	0	,

полученный при произвольных c1 и c2, является собственным век-

тором оператора A, собственное значение которого λ = 2, причем

два из них, а именно:

— линейно неза-

висимы между собой.

Некоторые свойства собственных векторов линейного оператора

Ниже перечислены некоторые свойства собственных векторов линейного оператора.

1. Каждому собственному вектору соответствует единственное

собственное значение. Но одному собственному значению соответствует бесконечное множество собственных векторов. Так как

из линейности оператора e следует, что если e λ , то и

A A (x) = x

e e λ λ . То есть если — собственный

A (kx) = kA (x) = k ( x) = (kx) x

вектор линейного оператора, то и любой вектор (kx), где k R, является собственным вектором этого оператора.

2.Собственные векторы, соответствующие различным собственным значениям, линейно независимы.

3.Если все корни характеристического уравнения |A − λE| = 0

действительные и попарно различные, то существует базис линей-

ного пространства, состоящий из собственных векторов линейного
оператора A, в котором его матрица D имеет диагональный вид,
причем	e	λ	0	. . .	0	.
	D =	01	λ2 . . .		0	.
		0	0		λn
			0 .. .. .. . . .
		0	0 .. .. .. . . .

Матрицы A и D связаны между собой формулой D = U−1AU, где U — матрица перехода от одного базиса к другому. Отсюда сле-

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]