Лекции Линал (не подробно)
.pdf6)(A 1)E = (AE) 1
7)IE = E:
Доказательство. Свойства 5) 6) доказаны в теореме 17. Свойства 4); 7) разобраны в примере 1 14. Остальные свойства очевидны.
Замечание 15.
1.Попросту говоря, теорема 18 утверждает, что алгебры матриц и операторов эквивалентны с точки зрения устройства операций.
2.В частности, если dim L = n, то пространство всех линейных операторов A : L ! L имеет размерность n2 (поскольку такую раз- мерность имеет пространство всех матриц размера n n).
3.Вследствие теоремы 18, оператор часто отождествляется со своей матрицей. А именно, под Ax понимают одновременно и значе- ние оператора на векторе x, и произведение матрицы оператора
на вектор-столбец с координатами. Это объясняет происхождение обозначения Ax вместо A(x).
18. Собственные векторы и собственные значения.
Определение 29. Пусть A : L ! L линейный оператор. Вектор v 6= 0 называется собственным, отвечающим собственному значению, если Av = v.
Замечание 16. Геометрический смысл определения 29 состоит в следующем. Прямая с направляющим вектором v (т.е. множество всех векто-
ров, коллинеарных v) остается инвариантной (не меняется) под действием оператора A. При этом любой вектор этой прямой под действием A растягивается в раз.
Теорема 19. Множество L , состоящее из нулевого вектора и всех собственных векторов v с собственным значением , образуют подпространство в L.
Доказательство. Рассмотрим любые векторы v1; v2 2 L . Тогда
A(v1 + v2) = Av1 + Av2 = v1 + v2 = (v1 + v2);
A( v1) = Av1 = ( v1) = ( v1):
Следовательно, v1 + v2; v1 2 L :
31
Определение 30. Подпространство L L называется собственным подпространством.
Примеры.
1. Рассмотрим такой оператор A : L ! L, что Ker A 6= f0g. Тогда
= 0 является собственным значением, причем L0 = Ker A.
2.Рассмотрим линейный оператор A : V3 ! V3, действующий по пра- вилу Ax = (x; a)a. Найдем его собственные векторы и собственные значения. По определению, v собственный вектор, а собственное значение, если (v; a)a = v. Такое соотношение может иметь место лишь в следующих двух случаях:
a) v = ka. В этом случае:
Av = (ka; a)a = kkak2a = kak2v:
Вывод: = kak2 является собственным значением, а все ненулевые векторы, коллинеарные a образуют соответствующее собственное подпространство.
b)= 0. В этом случае собственный вектор v удовлетворяет равенству: Av = (v; a)a = 0, которое выполняется, если (v; a) = 0. Вывод: = 0 собственное значение, а соответстующие собственные векторы все ненулевые векторы, ортогональные a.
3.Рассмотрим оператор поворота A : V2 ! V2 на угол 6= n против часовой стрелки вокруг начала координат. A не имеет собственных векторов. Действительно, поскольку любой вектор v поворачивается, равенство Av = v имеет место тогда и только тогда, когда v = 0.
19. Характеристический многочлен.
Выясним, как находить собственные векторы и собственные значе- ния, зная матрицу линейного оператора в некотором базисе.
Теорема 20.
1)Пусть A : L ! L линейный оператор, E = fekgnk=1 базис в L. Вектор v = (v1; v2; : : : ; vn)E 2 L является собственным для оператора
32
A, отвечающим собственному значению , тогда и только тогда, когда
|
T |
|
|
|
|
|
|
T |
; |
(12) |
(AE E)v = 0; |
v = (v1 v2 : : : vn) ; 0 = (0 0 : : : 0) |
|
|
|||||||
ãäå AE матрица оператора A в базисе E, а E |
| |
|
{z |
|
} |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
единичная матрица.
2) собственное значение оператора A тогда и только тогда, когда
det (AE E) = 0: |
(13) |
Доказательство.
1)Пусть I как всегда обозначает тождественный оператор. Тогда вектор v является собственным тогда и только тогда, когда Av = Iv. Запи-
сав координаты векторов в левой и правой частях этих выражений, мы получим AEv = v. Поэтому
AEv v = (AE E)v = 0;
что и требовалось.
2)является собственным значением тогда и только тогда, когда существует ненулевое решение v = (v1 v2 : : : vn)T системы (12). Как извест- но из курса аналитической геометрии, ненулевое решение однородной квадратной системы линейных алгебраических уравнений существует тогда и только тогда, когда определитель системы равен нулю. Таким образом, собственное значение тогда и только тогда, когда имеет место (13).
Определение 31. Многочлен, стоящий в левой части (13), называется характеристическим иногочленом матрицы AE. Само уравнение (13) также называется характеристическим.
Замечание 17. Поскольку собственные векторы и собственные значения определяются без привязки к конкретному базису, корни характеристи- ческого уравнения (они же собственные значения) не зависят от выбора базиса. На самом деле можно утверждать большее: коэффициенты характеристического многочлена не зависят от выбора базиса.
33
Теорема 21. Характеристический многочлен A( ) = det (AE E) не зависит от выбора базиса E.
Замечание 18. Эта теорема позволяет говорить о характеристическом многочлене или уравнении оператора A вместо матрицы AE.
Доказательство. Рассмотрим другой базис E0. Пусть P матрица пе-
рехода от базиса E к базису E0. Обозначим через AE0 матрицу A в базисе E0. Согласно теореме 15, AE0 = P 1 AE P . Заметим, кроме того, чтоE = P 1 E P . Тогда
det (AE0 E) = det (P 1AEP P 1( E)P ) = det (P 1(AE E)P ) = = det P 1 det(AE E)det P = det(AE E):
20. След матрицы.
Определение 32. Рассмотрим матрицу A = (ai j)ni;j=1. Следом мат- рицы A называется число tr A := Pnk=1 ak k.
Теорема 22. Рассмотрим характеристический многочлен оператора
A:
A( ) = n n + n 1 n 1 + : : : + 0:
Тогда n = ( 1)n; n 1 = ( 1)n 1 (tr A) ; 0 = det A
Доказательство. Во-первых, ясно, что 0 = A(0) = det A. Далее,
A( ) = ( )n + a1 1( )n 1 + a2 2( )n 1 + : : : +
+an n( )n 1 + n 2 n 2 + : : : + 0 =
=( 1)n n + ( 1)n 1 (tr A) n 1 + n 2 n 2 + : : : + det A:
Следствие 4. След матрицы линейного оператора не зависит от выбора базиса.
Доказательство. Следует из того, что коэффициенты характеристического многочлена не зависят от выбора базиса.
Замечание 19. В случае n = 2 характеристичекий многочлен следующим
образом:
A( ) = 2 (tr A) + det A:
21. Собственный базис.
34
Определение 33. Пусть A : L ! L оператор, а E = fekgnk=1 áà- зис в L. Базис E называется собственным, если векторы ek являются
собственными для оператора A.
Определение 34. Введем специальное обозначение для диагональной матрицы:
diag ( 1; 2; : : : ; n) := |
0 |
01 |
2 |
: : : |
0 |
1 |
: |
|
B |
|
0 |
: : : |
0 |
C |
|
|
:0: : |
:0: : |
:: :: :: |
: : : |
|
||
|
B |
|
|
|
n |
C |
|
|
@ |
|
|
|
|
A |
|
Теорема 23. Пусть A : L ! L линейный оператор, а E = fvkgnk=1 базис в L. Матрица оператора в базисе E является диагональой, т.е.
AE = diag ( 1; 2; : : : ; n);
тогда и только тогда, когда базис E является собственным, и, при этом, Avk = kvk.
Доказательство. Из того, что AE = diag ( 1; 2; : : : ; n) следует, что
Av1 = 1v1 + 0v2 + : : : + 0vn = 1v1 Av2 = 0v1 + 2v2 + : : : + 0vn = 2v2
: : :
Avn = 0v1 + 0v2 + : : : + nvn = nvn:
По определению, E собственный базис. В обратную сторону доказательство аналогично.
Определение 35. Матрицу A называют диагонализируемой, если она подобна диагональной матрице = diag ( 1; 2; : : : ; n).
Напомним, что подобие матриц означает, что A = P 1 P . Разумеет-
ся, если матрица оператора диагонализируема хотя бы в одном базисе, то она диагонализируема и в любом другом. Таким образом, имеет смысл говорить о диагонализируемом операторе.
Теорема 24. Оператор A обладает собственным базисом тогда и только тогда, когда он диагонализируем.
35
Доказательство. ) Пусть E произвольный базис, а F собствен-
ный базис. Если 1; 2; : : : ; n соответстующие собственные значения, то
AF = = diag ( 1; 2; : : : ; n):
Обозначим через P матрицу перехода от базиса F к E. Тогда по теореме 15 AE = P 1 P .
( Доказательство аналогично.
Примеры.
1.Рассмотрим оператор A : V2 ! V2 поворота плоскости на угол . У него нет собственных векторов (см. пример 3 18). Следовательно, у него нет собственного базиса. Вывод: оператор A недиагонализи-
ðóåì.
2. Рассмотрим оператор A : L ! L, заданный в базисе E матрицей:
AE = |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
: |
|
@ |
0 |
1 |
0 |
A |
|
|
0 |
0 |
0 |
|
Характеристическое уравнение имеет вид A( ) = 3 = 0. Отсюда
следует, что все собственные значения равны нулю. Предположим, что оператор диагонализируем. Тогда A = P 1 P , ãäå
= diag (0; 0; : : : ; 0) = 0:
Следовательно, A = 0, и мы получили противоречие. Вывод: A не является диагонализируемым оператором.
22. Условие диагонализируемости оператора
Теорема 25. Пусть v1; v2; : : : ; vk собственные векторы, отвечающие попарно различным собственным значениям 1; 2; : : : ; k. Тогда векто- ðû v1; v2; : : : ; vk линейно независимы.
Доказательство. Доказываем теорему математической индукцией по числу векторов k.
Если k = 1, то утверждение теоремы очевидно.
Пусть теорема верна при всех k m 1. Докажем, что она верна для k = m.
36
Рассмотрим собственные векторы v1; v2; : : : ; vm c собственными зна- чениями 1; 2; : : : ; m, причем, i 6= j при i 6= j. Пусть
1v1 + 2v2 + : : : + mvm = 0: |
(14) |
Применим к обеим частям (14) оператор A. По определению собственных |
|
векторов получим равенство: |
|
1 1v1 + 2 2v2 + : : : + m mvm = 0: |
(15) |
Теперь домножим обе части (14) на m. Получим: |
|
m 1v1 + m 2v2 + : : : + m mvm = 0: |
(16) |
Вычитая из равенства (16) равенство (15), получим:
1( m 1)v1 + 2( m 2)v2 + : : : + m 1( m m 1)vm 1 = 0:
По предположению индукции векторы v1; v2; : : : ; vm 1 линейно неза- висимы. Следовательно,
1( m 1) = 2( m 2) = : : : = m 1( m m 1) = 0:
Поскольку числа k различны, из этого следует, что
1 = 2 = : : : = m 1 = 0:
Таким образом, равенство (14) приобретает вид: mvm = 0. По определению собственного вектора vm 6= 0, поэтому m = 0. Следовательно, линейная комбинация (14) тривиальна, т.е. векторы v1; v2; : : : ; vm линей- но независимы.
Теорема 26 (Достаточное условие диагонализируемости) . Если все собственные значения линейного оператора A действительны и различны,
то A диагонализируем.
Доказательство. Собственные значения совпадают с корнями характеристического многочлена. Поскольку этот многочлен имеет степень n, равную размерности пространства, общее количество собствен-
ных значений также равно n. По теореме 25 любые собственные векторы
v1; v2; : : : ; vn, отвечающие попарно различным собственным значениям,
37
линейно независимы. Следовательно, они образуют базис пространства, который по определению собственный. Матрица оператора в этом базисе диагональна.
|
E |
|
|
5 |
2 |
|
Задача. Рассмотрим оператор с матрицей A |
|
= |
|
4 |
1 |
в базисе |
E. Найти собственный базис F оператора A. Указать матрицу оператора в базисе F и матрицу перехода от E к F.
Решение. Найдем корни характеристического многочлена оператора
A
A( ) = 2 2 3 = 0; = 1; 2 = 3:
По теореме 26 оператор A диагонализируем. Более того, известен вид матрицы оператора в собственном базисе:
A |
F |
= |
1 |
0 |
|
|
0 |
3 |
Чтобы найти матрицу перехода P от исходного базиса E к новому F, надо
найти координаты векторов нового базиса в исходном базисе и записать их в виде соответствующих столбцов P . Другими словами, в столбцах
P расположены координаты соответствующих собственных векторов в
исходном базисе.
Пусть v1 = (x1; x2)E какой-нибудь собственный вектор, отвечающий собственному значению 1 = 1. В соответствии с первым утверждени- ем теоремы 20 координаты x1; x2 удовлетворяют следующей однородной системе линейных уравнений:
|
E |
|
x2 |
|
5 |
1 |
x2 |
|
0 |
|
(A |
|
1E) |
x1 |
= |
5 |
1 |
x1 |
= |
0 |
: |
Размерность пространства решений этой системы равна единице. Следо- вательно, решение x1; x2 определено единственным образом с точностью до пропорциональности. Для удобства выберем целочисленное решение: x1 = 1; x2 = 5. Èòàê, v1 = (1; 5)E.
Аналогично, координаты собственного вектора v2 = (y1; y2)E, отвеча- ющего собственному значению 2 = 3 находятся из системы:
|
E |
|
y2 |
|
5 |
5 |
y2 |
|
0 |
|
(A |
|
2E) |
y1 |
= |
1 |
1 |
y1 |
= |
0 |
: |
38
Снова выбираем целочисленное решение: v2 = (1; 1)E.
Наконец, завписав полученные векторы в виде столбцов матрицы перехода, получим:
P = |
1 |
1 |
|
|
5 |
1 |
|||
|
|
23. Алгебраическая и геометрическая кратности.
Определение 36. Пусть 0 2 R собственное значение оператора A. Запишем характеристический многочлен в виде:
A( ) = ( 0)kQ( );
где Q(x) многочлен с условием Q( 0) 6= 0. Тогда число k 1 называется алгебраической кратностью собственного значения 0.
Определение 37. Пусть 0 2 R собственное значение оператора
A. Пусть L 0 соответствующее собственное подпространство (см. определение 30). Число m = dim L 0 1 называется геометрической кратностью собственного значения 0.
Теорема 27. Геометрическая кратность собственного значения всегда не превосходит его алгебраической кратности (s k).
Доказательство. Пусть dim L 0 = m. Выберем в подпространстве
L 0 базис v1; v2; : : : ; vm. Эту систему можно дополнить до базиса всего пространства E = fvkgnk=1
v1; v2; : : : ; vm являются собственными, отвечающими собственному зна- чению 0, матрица A в базисе E имеет вид:
|
|
0 |
00 |
0 |
: : : |
0 |
|
|
B |
|
0 |
: : : |
0 |
A |
|
:0: : |
:0: : |
:: :: :: |
: :0: |
|
E |
= B |
0 |
0 |
: : : |
0 |
|
|
B |
|||||
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
B |
0 |
0 |
: : : |
0 |
|
|
B |
|
|
|
|
B
B
B
B
@: : : : : : : : : : : :
0 0 : : : 0
a1 m+1
a2 m+1
: : :
am m+1 am+1 m+1
am+2 m+1
: : :
an m+1
a1 m+2
a2 m+2
: : :
am m+2 am+1 m+2
am+2 m+2
: : :
an m+2
: : : |
a1 n |
: : : |
a2 n |
: : : |
: : : |
: : : |
am n |
:: : am+1 n
:: : am+2 n
:: : : : :
: : : an n
1
C
C
C
C
C
C:
C
C
C
C
A
Поэтому, A( ) = ( 0 )mQ( ). Следовательно, геометрическая кратность m и алгебраическая k связаны соотношением: m k. Равенство
39
имеет место, если Q(x) 6= 0, а строгое неравенство в случае Q(x) = 0.
24. Критерий диагонализируемости матрицы.
Теорема 28. Оператор A диагонализируем тогда и только тогда, когда
все его собственные значения - действительные числа, и геометриче- ская кратность каждого собственного значения совпадает с алгебраи- ческой кратностью.
Доказательство. ( Запишем характеристический многочлен в ви-
äå:
A( ) = ( 1)n( 1)k1 ( 2)k2 : : : ( m)km ; i 6= j; i 6= j:
При этом по предположению теоремы
k1 = dim L 1 ; k2 = dim L 2 ; : : : ; |
km = dim L m : |
||||
|
|
|
|
k1 |
k1+k2 |
Выберем в подпространстве L 1 |
базис nfejgj=1, â L 2 базис fejgj=k1+1, è |
||||
так далее. В |
L m выбираем |
n |
|
fejgj=km 1+1. Рассмотрим объединение |
|
|
|
базис |
|
|
полученных систем: E = fejgj=1.
Докажем, что система E линейно независима.
Рассмотрим линейную комбинацию 1e1+ 2e2+: : :+ nen = 0. Введем обозначения:
v1 = 1e1 + 2e2 + : : : + k1 ek1 2 L 1 ;
v2 = k1+1ek1+1 + k1+2ek1+2 + : : : + k1+k2 ek1+k2 2 L 2 ;
: : :
vm = K+1eK+1 + K+2eK+2 + : : : + nen 2 L m :
ãäå K = k1 + k2 + : : : + km 1.
Тогда линейная комбинация переписывается в виде:
v1 + v2 + : : : + vm = 0: |
(17) |
Докажем, что все векторы vk нулевые.
Предположим противное. Пусть векторы v1; v2; : : : ; vr ненулевые. Пе- репишем (17) в виде: v1 + v2 + : : : + vr = 0; r m. В результате мы получили нетривиальную линейную комбинацию собственных векторов
40