Линейная алгебра. Учебное пособие-1

4. Оператор

f

проектирования на ось

l , порожденную вектором e1 (рис. 4).

x

l

Согласно формулам

e2

О e

f (x)

f (e1 ) e1

1 e1

0 e2

,

1

Рис. 4

f (e2 ) 0

0 e1

0 e2

матрица оператора проектирования имеет вид

1

0

0

.

0

5. Оператор

f

поворота векторов

f (e1)

на угол const

(рис. 5).

f (e )

Так как

2

e2

O

f (e1 ) cos

e1

sin e2

,

e1

cos

,

Рис. 5

f (e2 ) sin e1

e2

то оператор поворота задается матрицей

cos

sin

.

sin

cos

6. Оператор

f

отражения (сим-

x

метрии) от оси, порожденной векто-

e2

l

ром e1 (рис. 6).

e1

О

Из формул

f (e2 )

f (x)

f (e1 ) e1

1 e1

0 e2 ,

Рис. 6

f (e2 )

e2 0 e1 1

e2

следует, что матрица оператора отражения имеет вид

1

0

.

0

1

Определение. Суммой операторов f1 и

f2

называется

оператор f1 f2 , определяемый равенством

( f1 f2 )(x) f1 (x) f2 (x) , x Vn .

(17.1)

Определение. Произведением оператора

f

на число

k P называется оператор kf , определяемый равенством

(kf )(x) kf (x) , x Vn .

(17.2)

Определение. Произведением оператора f1 на оператор

f2

называется оператор f2 f1 , определяемый равенством

( f2 f1 )(x) f2 ( f1 (x)) , x Vn .

(17.3)

Из последнего определения следует, что

произведение

нейным. Докажем, например, линейность произведения опера-

V

и

k1 , k 2

P имеем

торов. Действительно, для x

, x

)(k1 x

1

2

n

x k 2 x ))

( f

f

k 2 x ) f

( f

(k1

f

2

1

1

2

2

1

1

2

))

(k1 f

(x ) k 2 f

(x

)) k1 f

( f (x

)) k 2 f

( f (x

2

1

1

1

f

2

2

1

1

).

2

1

2

k1 ( f

)(x ) k 2 ( f

f )(x

2

1

1

2

1

2

операторы f ,

Пусть относительно некоторого базиса

E

f

и f

задаются соответственно матрицами A ,

A и A :

1

2

1

2

f (E) EA

, f1 (E)

EA1 ,

f2 (E) EA2 .

52

Тогда

( f f

A ) ,

)(E) f (E) f

(E) EA

EA

E( A

1

2

1

2

1

2

1

2

(kf )(E ) kf (E )

k E A E (kA) ,

( f2 f1 )(E)

f2 ( f1 (E))

f2 (EA1 ) f2 (E) A1 E( A2 A1 ) .

Из последних формул следует, что матрица суммы f1 f2

опе-

раторов равна сумме A1 A2

матриц этих операторов; матрица

произведения kf

оператора

f на число k равна произведению

kA матрицы оператора на это число; матрица произведения

f2 f1

операторовравнапроизведению A2 A1

матрицэтихоператоров.

3.

f f

( — нулевой оператор).

4.

Для

f

существует противоположный ему оператор

f ,

такой,

что

f ( f ) . Если

f (x)

y , то противопо-

12. f

f f

( — тождественный оператор).

Ker f {x;

f (x) 0} .

ратора f .

— два произвольных вектора из множест-

1. Пусть

y ,

y

ва Im f :

1

2

f

y f (x ) ,

y

2

(x ) . Тогда при k1 , k 2 P

k1 y

1

1

2

k 2 x ) Im f .

k 2 y

k1 f (x ) k 2 f (x ) f (k1 x

1

2

1

2

1

2

2. Рассмотрим

x1, x2 Ker f :

f (x1) 0,

f (x2 ) 0. Находим

f (k1 x

k 2 x ) k1 f (x ) k2

f (x ) k1

0 k 2 0 0 .

1

2

2 x

1

2

Следовательно, k1 x

k

Ker f при k1 , k 2

P .

1

2

Im f и Ker f

Таким образом, для каждого из множеств

Im Vn , Ker {0} ;

rang n , def 0 .

2.

Нулевой оператор: (x) 0 , x Vn .

Im {0} , Ker Vn ;

rang 0 , def n .

3.

Оператор подобия:

f (x) t x ( t const 0 ), x Vn .

Im f

Vn , Ker f

{0} ;

rang f n , def f

0 .

4.

Оператор проектирования пространства E2 на ось l , по-

рожденную базисным вектором e1 .

Im f {y; y

|| e1} , Ker f

{x; x || e2 } ;

rang f 1 , def f

1 .

5.

Оператор поворота пространства E2 на угол const

Доказательство. Пусть f :Vn Vn

— линейный опера-

тор и

A — матрица этого оператора относительно некоторого ба-

зиса

E

(e e

...e ) . Рассмотрим y Im f :

y f (x) f (xi e )

1 2

n

Im f

i

xi f (e ) . Это значит, что подпространство

порождается

i

f (e1 ), f (e2 ), ..., f (en ) ,

образами базисных векторов

а ранг опе-

ратора f

совпадает с рангом этой системы векторов:

rang f rang ( f (e1 ), f (e2 ), ..., f (en )) .

его образа, то в подпространстве

Im f

любой базис должен

состоять из

r векторов. Пусть векторы

g1

, g2 ,..., gr

(19.1)

такие, что

e1 ,e2 ,...,er ,

(19.2)

g

f ( e ) , 1, r .

(19.3)

и ядра линейного оператора f

. Равенство двух множеств до-

казываем, как обычно, взаимным включением. Так как и L , и

Ker f

— подпространства в Vn , то их сумма

L Ker f

тоже

является подпространством в Vn , т. е.

L Ker

f Vn . Наобо-

рот,

рассмотрим x Vn и его образ

y f (x) Im f . Разло-

жив вектор y по базису (19.1) подпространства Im f

y y

g

,

построим вспомогательный вектор

z y e L . Рассмотрим

еще один вектор

x z

t

(19.4)

и найдем его образ

y f ( y e ) y

g y f (e )

f (t) f (x z) f (x) f (z)

y (g f (e )).

f (t) 0 ,

Учитывая формулы (19.3), получим

следовательно,

t Ker f . Таким образом, из равенства (19.4) находим, что

x Vn

можно представить в виде суммы x

z t , где

z L ,

t Ker f

, а значит, x L Ker f

. Так как это верно для всех

векторов пространства Vn , то Vn

L Ker f . Взаимное вклю-

58

чение доказывает, что векторное пространство Vn

есть сумма

подпространств L и Ker f : Vn L Ker f .

Докажем теперь, что

эта сумма прямая.

Рассмотрим

x

L Ker f , т. е. x L и

x Ker f . Тогда, во-первых, век-

тор

x

разлагается по

базису (19.2) подпространства L :

, а, во-вторых,

x x e

f (x) 0 . В результате получим

f (x) f (x e ) x f (e ) x g 0 .

торов (19.1) следует, что

x

0

для всех

1, r

,

значит,

x 0 . Таким образом,

L Ker f

{0} , а пространство Vn

есть

прямая сумма подпространств L и

Ker f :

Vn L Ker f .

Следовательно,

dim L dim Ker f

dimVn ,

откуда r d n . ▲

Следствие. Если оператор

f

невырожденный, а значит,

задается в любом базисе невырожденной

матрицей,

то

rang f n , def f 0 .

Теорема II. Если в векторном пространстве V

заданы

n

такие два подпространства L1 и L2 ,

что dim L1 dim L2

n ,

то существует линейный оператор f

:Vn Vn , для которого

L является его образом, а L — его ядром.

1

2

Доказательство. Пусть в пространстве Vn заданы два

подпространства L

и

L ,

причем dim L r ,

dim L

n r .

1

2

1

2

Выберем некоторый базис

g , g

,..., g

r

подпространства L и

1

2

1

некоторый базис er 1 ,er 2 ,...,en

подпространства L2 . Дополним

Рассмотрим линейный оператор

f :Vn

Vn , заданный сле-

дующими равенствами:

f ( e )

g

(

1, r

),

f ( et ) 0 ( t

).

r 1, n

Докажем, что для этого оператора подпространство L1

служит

образом, а подпространство L2

— ядром.

1. Рассмотрим x L1 . Его можно представить в виде

x x g x f (e ) f (x e ) Im f ,

откуда L1 Im f .

y

Пусть теперь

— произвольный вектор из Im f , т. е. су-

ществует такой x Vn , что

y f (x) . Разложив вектор x по ба-

зису пространства Vn , получим

y f (x) f (x e xt

e ) x f (e ) xt

f (e ) x g L .

t

t

1

Следовательно, Im f

L1 , а значит,

L1 Im f .

2. Для

x L

имеет место разложение x xt e . Так как

2

f (x) f (xt e ) xt

f (e ) 0 ,

t

то x Ker f

t

t

, а значит, L2

Ker f .

f (x) 0 . Разло-

Наоборот, рассмотрим

x Ker f , т. е.

жим данный

вектор

по

базису

пространства Vn :

x x e

xt

e . Находим

t

xt e )

x f (e ) xt f

(e )

x g

0 .

f (

x) f (x e

t

t

(19.1)

следует, что x 0 для

всех

1, r

,

а значит,

x xt e

L . Таким образом, Ker f

L ,

откуда L

Ker f .▲

t

2

2

2

60