§ 2. Контрольные вопросы и задания

1. Пусть А – оператор поворота векторов на угол  в евклидовом пространстве V₂ (повороты векторов на плоскости). Какой оператор является сопряженным к нему

2. Верно ли утверждение о том, что число 1 + i является собственным значением некоторого линейного оператора, который имеет симметричную матрицу

3. Являются ли ортогональными нуль-оператор, тождественный оператор и оператор подобия с коэффициентом подобия 

4. Известно, что линейный оператор А переводит ортонормированный базис {e_i} в другой ортонормированный базис {f_i} . Следует ли отсюда, что А – ортогональный оператор

5. Может ли собственное значение ортогонального оператора принимать значение 2, 0, 1, –1.

6. Для любого ли линейного оператора, действующего в унитарном пространстве, существует сопряженный оператор Линеен ли он

7. Как связаны между собой матрицы линейных операторов А и А*, заданных в одном и том же ортонормированном базисе

8. Как связаны между собой собственные значения линейных операторов А и А*, действующих в унитарном пространстве

9. Являются ли эрмитовыми нуль-оператор, тождественный оператор, оператор подобия с вещественным коэффициентом подобия  и оператор подобия с комплексным коэффициентом подобия 

10. Верно ли утверждение о том, что если матрица оператора эрмитова в некотором ортонормированном базисе, то она эрмитова и в любом другом ортонормированном базисе

11. Может ли для какого-нибудь элемента x быть верным равенство (Ax, x) = 1 + i , где А  эрмитов оператор

12. Может ли число 1 + i быть собственным значением некоторого эрмитового оператора

§ 3. Примеры решения задач

1. Пусть А – матрица линейного оператора в базисе {e_i} евклидового пространства, А^* – матрица сопряженного оператора в том же базисе, а Г – матрица Грамма базиса {e_i}. Найти связь А и А^* в случае унитарного пространства. Как связаны А и А^* в ортонормированном базисе?

Решение. Если  базис унитарного пространства, то и, обозначая черезэлементы матрицы линейного оператораА, а через элементы матрицы оператораА*, сопряженного к оператору А, получим:

.

Из определения А* следует:



 

 

 

• ,

где  элементы матрицы Грамма.

Из этого равенства делаем заключение



.

Этой формулой и выражается искомая связь между АиА*. Если базис ортонормированный, то матрица гединичная матрица и тогда.

 а) в унитарном пространстве, б) А* = ^Т в ортонормированном базисе. ▲

2. Оператор А задан матрицей в базисе с матрицей Грамма Г. Будет ли оператор А эрмитовым:

?

Решение. Воспользуемся формулой, полученной в задаче 1˚ . Определитель матрицы Грамма равен единице, поэтому матрица, обратная к матрице Грамма, есть транспонированная матрица из алгебраических дополнений к элементам матрицы Грамма . Тогда

=

===.

Оператор А совпадает с оператором А*, следовательно оператор А  эрмитов.

 да. ▲

3. Задана матрица линейного оператора А в евклидовом пространстве в некотором базисе и Г – матрица Грамма этого базиса. Найти А*:

.

Решение. Воспользуемся формулой, полученной в задаче 1 . В евклидовом пространстве в этой формуле отсутствует знак комплексного сопряжения . Определитель матрицы Грамма равен единице, поэтому матрица, обратная к матрице Грамма, есть транспонированная матрица из алгебраических дополнений к элементам матрицы Грамма . Тогда

=

= =.

 . ▲

4. Пусть {e₁, e₂} – ортонормированный базис в унитарном пространстве Е_n. Матрица линейного оператора А, заданного в базисе {f₁, f₂} пространства Е_n, имеет вид: . НайтиА* в базисе {f_i}, если f₁ = е₁+ е₂, f₂ = – е₁ – iе₂.

Решение. Составим матрицу Грамма для системы векторов f₁ = е₁ + е₂,

f₂ = – е₁ – iе₂ и найдем к ней обратную

= ..

Теперь воспользуемся формулой .

==

= ==.

 . ▲

5. Линейный оператор А в некотором базисе задан своей матрицей. Скалярное произведение (х, у) задано в том же базисе. Найти матрицу А*, если: ; (х, у) = 2х₁у₁ – х₁у₂ – х₂у₁ + 2х₂у₂ – х₂у₃ – х₃у₂ + х₃у₃.

Решение. По заданному скалярному произведению (х, у) составим матрицу Грамма, учитывая, что ее элементы совпадают с коэффициентами при х_iу_{j ,} а также найдем обратную к ней матрицу.

и . Тогда

= ==

= =.

 . ▲

6. Линейный оператор А евклидового пространства задан в базисе {f₁, f₂, f₃ } матрицей А; {e₁, e₂, e₃} – ортонормированный базис. Является ли оператор А ортогональным, если: f₁ = е₁, f₂ = –е₁ + е₂, f₃ = е₁ – е₂ + е₃ ; .

Решение. Записывая координаты векторов f₁, f₂, f₃ в базисе {e₁, e₂, e₃} в столбцы матрицы Р, получим матрицу перехода из базиса {e₁, e₂, e₃} в базис {f₁, f₂, f₃ }.

.

Найдем матрицу оператора А в ортонормированном базисе. Это удобно, потому что в таком матрица ортогонального оператора должна быть ортогональной и, следовательно, удовлетворять условию АА^Т = Е.

==

==.

Для матрицы (и оператора) не выполнено условиеАА^Т = Е. Оператор А не ортогональный.

 нет. ▲

7. Линейный оператор А переводит векторы а₁, а₂ в векторы b₁, b₂, которые заданы своими координатами в некотором ортонормированном базисе. Является ли оператор А ортогональным, если а₁(3, 4), а₂(1, 3), b₁(5, 0), b₂(3, 1)?

Решение. Записывая координаты векторов а₁(3, 4), а₂(1, 3), а также векторов b₁(5, 0), b₂(3, 1) в столбцы матриц, получим матрицы итакие, что .

= =.

В ортонормированном базисе матрица ортогонального оператора должна удовлетворять условию АА^Т = Е, т. е. столбцы и строки матрицы должны образовывать ортонормированные системы векторов. Для полученной матрицы оператора А это условие выполнено. Оператор А ортогонален.

 да. ▲

8. Является ли унитарным оператор А, действующий на векторы ортонормированного базиса по формулам:

Ае₁=(е₁ – ie₂), Ae₂ =(2ie₁+е₂ – 2iе₃), Ae₃ = (e₁–2iе₂ + 2е₃).

Решение. Построим матрицу оператора А, записывая координаты векторов Ае₁, Ае₂, Ае₃ в столбцы матрицы

. Тогда .

В ортонормированном базисе матрица оператора А* может быть получена из матрицы оператора А, если матрицу А транспонировать и к ее элементам взять комплексно сопряженные. Именно так мы и поступили.

Условие унитарности оператора (и матрицы) имеет такой вид .

=.

Для этой матрицы не выполнено условие унитарности. Оператор не унитарен.  нет. ▲

9. Линейный оператор А в унитарном пространстве со стандартным скалярным произведением переводит столбцы матрицы М₁ в стол­б­цы матрицы М₂. Является ли оператор унитарным, если ,?

Решение. По условию задачи АМ₁ = М₂ т. е.

А = ==

= =.

Найдена матрица оператора А в ортонормированном базисе. Условие унитарности оператора (и его матрицы в ортонормированном базисе) имеет вид и в данном случае оно не выполнено. Оператор не унитарен.  нет. ▲

10.Найти собственные значения и какую-либо максимальную ортонормированную систему собственных векторов ортогонального оператора, заданного в некотором ортонормированном базисе евклидового пространства матрицей:.

Решение. Для нахождения собственных значений оператора составим и решим характеристическое уравнение:

= == 0.

Чтобы найти собственные (их может быть несколько, т. к. собственное значение кратное) векторы, соответствующие собственному значению. Составим систему уравненийи решим ее. Решения системы как раз и являются собственными векторами.



 .

Множество решений этой системы образует линейное пространство размерности 1 (). Базис этого пространства образует, например, вектор (1, 1, 0). Нормируя его, получаем максимальную ортонормированную систему собственных векторов линейного оператора, состоящую из одного вектора, отвечающего собственному значению.  з)₁= 1,f₂=(1, 1, 0). ▲

11.Найти нормальную жорданову форму матрицы линейного оператораА=и базис, в котором матрица оператора имеет жорданову форму.

Решение. Для матрицы линейного оператора А = составим и решим характеристическое уравнение: det(A  E) = 0 .

Получим:

= .

Тогда: = 0 и, следовательно,_{1, 2} = –1; _{3, 4} = 1.

a) Рассмотрим оператор А_-1 = АE = А+E = . Ищем собственные векторы оператораА при  =  1, т. е. ядро оператора А_-1. Для этого решим систему четырех линейных однородных уравнений с матрицей А_-1. Из третьего и четвертого уравнений системы видно, что . Тогда можно легко установить, что. Векторf₁ (1, 1, 0, 0)  единственный собственный вектор оператора А, соответствующий собственному значению  = 1 и образует базис ядра оператора А_–1. Далее ищем базис образа оператора А_–1:

.

Отметив, что для векторов f₂, f₃, f₄ существует соотношение: f₃ + f₄ – f₂ = (0, 0, 0, 1), находим базис образа оператора А_–1:

{₁ (1, 1, 0, 0), ₂ (0, –1, 1, 1), ₃ (0, 0, 0, 1).

Отметив, что векторы f₁ и совпадают, делаем вывод о том, что этот вектор образует базис пересечения образа и ядра оператора А_-1.

Кратность корня λ = 1 равна двум, а собственный вектор, соответствующий этому собственному значению, только один. Поэтому, полагаем g₁ равным вектору , а еще один вектор жорданового базиса ищем, как прообраз первого слоя для. Решаем неоднородную систему линейных уравненийи находим второй векторg₂(1, 3/4, 0, 0) жорданового базиса, соответствующего собственному значению  = 1 кратности два. При этом, что характерно, у вектора нет прообраза второго слоя, ибо системас расширенной матрицей

решений не имеет. Это и не случайно, потому что собственному значению = 1 кратности 2 должно соответствует два вектора жорданового базиса оператора А:

g₁(1, 1, 0, 0); g₂(1, 3/4, 0, 0).

При этом отметим, что:

.

б) Теперь рассмотрим собственное значение  = 1 и, соответственно, оператор А₁=А+Е:

.

Найдем ядро этого оператора, т.е. собственные векторы оператора А при λ = 1.

.

Вектор f₁ (1, 1, 1, 1) образует базис ядра оператора А₁ и является единственным собственным вектором оператора А, отвечающим собственному значению  = 1 .

Ищем базис образа М(А₁) оператора А₁ .

.

Отмечая, что f₁ = f₂ + f₃ + f₄, заключаем: базисом пересечения ядра и образа оператора A₁ является вектор f₁.

Так как собственный вектор только один, а собственное значение имеет кратность 2, требуется найти еще один вектор жорданового базиса. Поэтому полагаем g₃ равным вектору₁(1, 1, 1, 1), а еще один вектор жорданового базиса ищем как прообраз первого слоя для₁(1, 1, 1, 1). Для этого решаем неоднородную систему линейных уравненийA₁g₄=₁и находим векторg₄(0, 1/2, 0, 1/2) жорданового базиса, соответствующего собственному значению= 1 кратности два. При этом у вектора₁(1, 1, 1, 1) нет прообраза второго слоя, ибо системаA₁y=g₄с расширенной матрицей

решений не имеет. И вновь это не случайно, потому что собственному значению = 1 кратности 2 должно соответствовать два вектора жорданового базиса, а они уже найдены:

g₃(1, 1, 1, 1); g₄(0, 1/2, 0, 1/2).

При этом отметим, что: Ag₃ = g₁, Ag₄ = g₃ + g₄. Для оператора А найден жорданов базис: . При этомА_G = .   .▲