Фунд. и комп. алгебра I курс / АЛГЕБРА 1
.pdfТогда
|
|
|
1 |
1 1 |
|
1 |
2 1 |
|
|
1 |
1 0 |
|
|||||
B T 1 A T |
|
0 |
1 1 |
|
|
3 |
2 1 |
|
|
1 |
2 |
1 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
3 |
|
|
1 |
1 0 |
|
1 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
5 |
2 |
|
1 |
|
|
1 |
0 |
|
|
8 |
3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
3 |
1 |
|
1 |
|
|
2 |
1 |
|
6 |
1 |
2 |
. |
|||
|
10 |
|
|
9 |
3 |
|
1 |
|
|
1 |
1 |
|
|
16 |
5 |
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
§3.2. Ранг и дефект линейного оператора.
Для доказательства основной теоремы этого параграфа потребуется
понятие прямой суммы подпространств.
Пусть L1 и L2 – два подпространства линейного пространства L . Их
суммой L1 L2 называется множество всех |
векторов |
a b , где |
a L1 и |
||
b L2 , т.е. L1 L2 a b : a L1,b L2 |
|
|
|
|
|
Легко проверить, что L1 L2 также будет подпространством L. |
|
||||
Сумма |
L1 L2 называется прямой, |
если из того, |
что a1 b1 |
a2 b2 , |
|
где a1, a2 L1 |
и b1,b2 L2 следует, что a1 |
a2 |
и b1 b2 . |
|
|
Определим также и пересечение двух подпространств L1 L2 , которое также будет подпространством L . Именно
L1 L2 {x : x L1 и x L2}
ТЕОРЕМА (о прямых суммах подпространств). Сумма подпространств L1 и L2 будет прямой тогда и только тогда, когда
L1 L2 |
{ }. |
|
|
|
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть L1 L2 – прямая сумма подпространств L1 |
||
и |
L2 , |
но есть вектор a |
такой, что a L1 L2. Тогда, так как |
L1 L2 |
также является подпространством, то ( a) L1 L2 , и получается, |
||
что |
нулевой вектор можно представить двумя различными способами |
51
a ( a) . |
Таким образом, приходим к |
противоречию определения |
|||||
прямой суммы. |
|
|
|
|
|
|
|
Обратно, |
пусть |
L1 L2 { }, но |
сумма |
L1 L2 не прямая. Значит |
|||
найдется a1, a2 L1 |
и |
b1,b2 L2 |
такие, |
что |
a1 b1 a2 |
b2 , но |
|
a1 a2 , b1 b2. |
Так |
как |
a1 a2 L1 и |
b2 b1 L2 , |
то L1 L2 |
содержит |
ненулевой вектор a1 a2 b2 b1. Опять приходим к противоречию. □
ТЕОРЕМА (о размерности суммы двух подпространств). Размерность суммы двух подпространств пространства L равна сумме их размерностей минус размерность их пересечения.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть L1 и L2 – подпространства, r и s их размерности, а t размерность их пересечения. Рассмотрим некоторый базис
L1 L2 , скажем c1,..., ct , |
и дополним его |
до |
базисов |
c1,..., ct , at 1,..., ar и |
||
c1,..., ct ,bt 1,..., bs |
пространств L1 и L2 . |
|
|
|
|
|
Докажем, что система |
|
|
|
|
|
|
|
c1,..., ct , at 1,..., ar ,bt 1,..., bs , |
|
(3) |
|||
состоящая из r s t векторов является базисом подпространства |
L1 L2 , |
|||||
тем самым будет доказана и теорема. |
|
|
|
|
||
Ясно, что |
любой |
вектор x L1 |
и |
y L2 , а |
значит и |
вектор |
x y L1 L2 линейно выражается через векторы системы (3), т.к. содержит базисы L1 и L2 . Осталось проверить, что система (3) линейно независима.
Предположим, что
1c1 ... t ct t 1at 1 ... r ar t 1bt 1 ... sbs |
(4) |
|
Пусть b t 1bt 1 ... sbs . Понятно, что b L2 . Но |
|
|
b 1c1 ... t ct t 1at 1 ... r ar . |
|
(5) |
Правая часть этого равенства есть вектор из L1, т.е. b L1 . |
Окончательно, |
|
b L1 L2 . Значит в выражении (5) отсутствуют члены с |
at 1,..., ar , |
т.е. |
t 1 ... r 0 . Отсюда и из (4) заключаем, что |
|
|
1c1 ... t ct t 1bt 1 ... sbs . |
|
|
52
Так как система c1,..., ct ,bt 1,..., bs является базисом L2 , то она линейно независима и поэтому 1 ... t t 1 ... s 0. □
Если сумма L1 L2 прямая, то размерность L1 L2 по теореме о прямых суммах равна 0, и поэтому получаем
СЛЕДСТВИЕ. Размерность прямой суммы двух подпространств равна сумме их размерностей. □
Пусть линейный оператор L и
R (x) : x L ,
K x : (x) .
Нетрудно проверить, что R и K подпространства L , называемые областью значений и ядром линейного оператора . Размерность R называется рангом,
а размерность K дефектом . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
ТЕОРЕМА (о ранге и дефекте). Сумма ранга и дефекта линейного |
||||||||||||
оператора φ равна размерности пространства L . |
|
|
|
|
|
||||||||
|
ДОКАЗАТНЛЬСТВО. Пусть r и d ранг и дефект . Выберем в R |
||||||||||||
базис |
b1,..., br |
и |
обозначим |
через |
a1,..., ar векторы |
|
такие, |
что |
|||||
(a1) b1,..., (ar ) br . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Они линейно независимы, т.к. из равенства 1a1 ... r ar |
следует, что |
||||||||||||
( 1a1 ... nan ) 1b1 ... nbn ( ) , а поскольку b1,..., br |
линейно |
||||||||||||
независимы, то 1 |
... n 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Обозначим |
через |
A |
подпространство, |
порожденное |
векторами |
|||||||
a1,..., ar . Они образуют базис |
A и поэтому размерность подпространства |
A |
|||||||||||
равна r . По предыдущему следствию достаточно теперь доказать, что |
L |
||||||||||||
является прямой суммой |
A и K . |
покажем, что |
A K . |
Любой вектор |
|||||||||
a A |
имеет вид |
a 1a1 r ar . |
Если |
a K , то |
(a) 0 , |
т.е. |
|||||||
( 1a1 ... r ar ) 1b1 ... r br . |
Но векторы b1,..., br |
линейно |
|||||||||||
независимы и поэтому 1 |
... r |
0 , откуда a 0. |
|
|
|
|
|
53
Покажем теперь, что L A K . Возьмем вектор x L . Но (x) R и
поэтому (x) 1b1 ... rbr . Пусть y 1a1 ... r ar и x y c . Так как
( y) (x) , то (c) (x y) (x) ( y) . Следовательно c K . Имеем x y c , где y A и c K , что и требовалось доказать. □
§3.3. Характеристические корни и собственные значения.
Пусть |
A ij квадратная матрица порядка n |
с действительными |
||||||||
элементами. |
Пусть, |
с другой стороны, некоторое неизвестное. Тогда |
||||||||
матрица ( A E ), |
где E |
|
единичная |
матрица |
порядка n , |
называется |
||||
характеристической матрицей матрицы |
A . Так как в матрице ( E ) по |
|||||||||
главной диагонали стоит , все же остальные элементы равны нулю, то |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
12 |
|
1n |
|
|
|
|
A E |
|
21 |
22 2n |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
n1 |
n2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nn |
|
|||||
Определитель матрицы ( A E ) будет многочленом от |
, притом |
степени n . В самом деле, произведение элементов, стоящих на главной |
|
диагонали, |
будет многочленом от , со старшим членом ( 1)n n , все же |
остальные члены определителя не содержат по меньшей мере двух из числа |
|
элементов, |
стоящих на главной диагонали, и поэтому их степень |
относительно , не |
превосходит |
n 2. |
Коэффициенты этого многочлена |
|||||
можно было |
бы |
легко |
найти. |
Так, |
коэффициент при n 1 равен |
|||
( 1)n 1( |
|
22 |
|
nn |
) , а свободный член совпадает с определителем |
|||
11 |
|
|
|
|
|
|
матрицы A .
54
Многочлен n ой |
степени |
|
A E |
|
называется характеристическим |
|
|
||||
многочленом матрицы |
A , а |
его корни, которые могут быть как |
действительными, так и комплексными, называются характеристическими корнями этой матрицы.
ТЕОРЕМА (о характеристических многочленах). Подобные матрицы обладают одинаковыми характеристическими многочленами и,
следовательно, одинаковыми характеристическими корнями. |
|
|
|
|
|
|
|
|
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть, в самом деле, B Q 1 A Q. |
|
Тогда, |
||||||
учитывая, что матрица ( E ) перестановочна с матрицей Q , а |
|
Q 1 |
|
|
|
Q |
|
1 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|||||
получаем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B E Q 1AQ E Q 1( A E)Q Q 1 A EQ A E ,
что и требовалось доказать. □
Из этого результата вытекает, ввиду доказанной в §3.1 теоремы о связи матриц линейного оператора в разных базисах:
СЛЕДСТВИЕ. Линейный оператор может задаваться в разных базисах различными матрицами, однако все эта матрицы имеют один и тот же набор характеристических корней. □
Эти корни можно называть поэтому характеристическими корнями самого оператора . Весь набор этих характеристических корней, причем каждый корень берется с той кратностью, какую он имеет в характеристическом многочлене, называется спектром линейного оператора
.
Укажем одно из применений характеристических корней. Пусть в линейном пространстве L задан линейный оператор . Если вектор b ,
отличный от нуля, переводится оператором в вектор, пропорциональный самому b ,
(b) 0b, |
(6) |
55
где 0 некоторое действительное число, то вектор b называется
собственным вектором оператора , а число 0 собственным значением
этого оператора, причем говорят, что собственный вектор b относится, к
собственному значению 0 .
Заметим, что так как b , то число 0 , удовлетворяющее условию (6),
определяется для вектора b однозначно. Подчеркнем, далее, что нулевой вектор не считается собственным вектором оператора , хотя он удовлетворяет условию (6), притом для любого 0 .
ТЕОРЕМА (о собственных значениях). Действительные характеристические корни линейного оператора , если они существуют,
и только они служат собственными значениями этого оператора.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть, в самом деле, оператор имеет в базисе e1,e2 ,..., en матрицу A ij и пусть вектор
b 1e1 2e2 nen
является собственным вектором оператора ,
|
|
(b) 0b. |
(7) |
Как доказано в §3.1, |
|
|
|
|
|
(b) A b . |
(8) |
Равенства (7) и (8) приводят к системе равенств |
|
||
|
1 11 2 12 n 1n 0 1 |
|
|
|
|
1 21 2 22 n 2n 0 2 |
|
|
|
(9) |
|
|
|
.............................................. |
|
|
|
|
|
|
|
1 n1 2 n2 n nn 0bn . |
|
|
|
|
|
Так как b , |
то не все числа 1, 2 , , n равны нулю. |
Таким образом, |
|
ввиду (9), система линейных однородных уравнений |
|
56
|
|
|
|
|
( 11 0 )x1 12 x2 1n xn 0 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
21x1 ( 22 0 )x2 |
2n xn 0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
(10) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
................................................... |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 )xn 0. |
|
|||||
|
|
|
|
|
n1x1 n2 x2 ( nn |
|
||||||||||
обладает ненулевым решением, а поэтому ее определитель равен нулю, |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
11 0 |
12 |
|
1n |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
21 |
22 0 |
|
2n |
|
|
0, |
(11) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
n1 |
n2 |
nn 0 |
|
|
|
|
|||
или |
|
A 0E |
|
0, |
т. |
е, собственное значение |
0 |
на самом деле оказалось |
||||||||
|
|
|||||||||||||||
характеристическим |
корнем матрицы A и, |
следовательно, линейного |
||||||||||||||
оператора , притом, понятно, действительным. |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
Обратно, пусть 0 |
будет любым действительным характеристическим |
|||||||||||||
корнем оператора |
|
и, |
следовательно, матрицы A . Тогда имеет |
место |
равенство (11). Отсюда следует, что система линейных однородных уравнений (10) обладает ненулевым решением, притом даже действительным, так как все коэффициенты этой системы действительны.
Если это решение обозначим через
( 1, 2 , , n ), |
(12) |
то имеют место равенства (9). Обозначим через b вектор пространства |
L , |
имеющий в базисе e1,e2 , ,en строку координат (12); ясно, что b 0 . Тогда справедливо равенство (8), а из (9) и (8) следует (7). Вектор b оказался,
таким образом, собственным вектором оператора , относящимся к собственному значению 0 . Теорема доказана. □
В заключении отметим, что совокупность собственных векторов линейного оператора , относящихся к собственному значению 0 ,
совпадает с совокупностью ненулевых действительных решений системы линейных однородных уравнений (10). Отсюда следует, что совокупность собственных векторов линейного оператора , относящихся к собственному
57
значению 0 , будет, после добавления к ней нулевого вектора, линейным подпространством пространства L .
Пример 3. Найти собственные значения и собственные векторы
линейного оператора, заданного в некотором базисе матрицей
|
4 |
5 |
2 |
|
|
|
|
|
|
A |
5 |
7 |
3 |
. |
|
6 |
9 |
4 |
|
|
|
Решение: Составим характеристическое уравнение
|
|
4 |
5 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
5 |
7 |
3 |
|
|
0 . |
|
|
|
|
|||||
|
|
6 |
|
9 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Раскрывая определитель, получим уравнение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
3 2 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
корни которого 1 0, 2 0, 3 |
1 |
|
являются |
собственными значениями |
||||||||||||
линейного оператора . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдём собственные векторы, соответствующие |
собственному значению |
|||||||||||||||
1,2 0. Для этого решим систему (10), считая 0 |
0. |
|||||||||||||||
|
|
4x1 5x2 2x3 0 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
5x1 |
7x2 |
3x3 0 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
6x 9x |
2 |
4x 0. |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
После преобразования получим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x1 2x2 x3 0 |
|
|
|
x |
|
|
|
1 |
|
x |
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
или |
1 |
|
3 3 |
||||||||||||
|
3x2 2x3 0 |
|
|
|
|
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 3 x3. |
Фундаментальная система решений имеет вид:
x1 x2 x3
1 2 3
Собственный вектор x 0 (1, 2, 3); 0.
58
|
Аналогично, для 3 1, получим |
|
систему линейных однородных |
|||||||||||
уравнений |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
3x1 5x2 2x3 0 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
5x1 8x2 3x3 0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
6x 9x |
2 |
3x |
3 |
0, |
|
||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||
фундаментальным решением которой будет: |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
x1 |
x2 |
|
|
x3 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
и |
|
|
|
(1,1,1); 0 собственный |
|
|
вектор, |
соответствующий |
||||||
|
x 1 |
|
|
|||||||||||
собственному значению 3 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
59
|
|
ЗАДАЧИ К ГЛАВЕ III. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
Векторы e |
, e |
, e |
|
|
и |
x |
заданы |
своими |
координатами в |
базисе |
||||||||
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e , e |
2 |
, e . Показать, что векторы |
e , e |
, e |
сами образуют базис, |
и найти |
||||||||||||||
1 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|||
координаты вектора x в этом базисе: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
110. |
e |
1, 1, 1 , e 1, 1, 2 , e |
|
1, 2, 3 ; |
x 6, 9, 14 . |
|
||||||||||||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
111. |
e |
2,1, 3 , e |
3, 2, 5 , e 1, 1, 1 ; |
x 6, 2, 7 . |
|
|||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
||
|
|
112. |
e |
1,1, 2 , e |
|
2, 1, 0 , e |
1, 1, 1 ; |
|
x 6, 1, 3 . |
|
||||||||||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
113. |
e |
1, 1, 3 , e |
|
|
3 |
, 1, 0 |
, e |
|
1, 1, 1 ; |
|
x 1, 2, 4 . |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
114. |
e |
1, 1, 4 , e |
|
|
4 |
, 1, 0 |
, e |
1, 1, 1 ; |
|
x 1, 3, 6 . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
115.e1 1, 2, 1, 2 , e2 2, 3, 0, 1 , e3 1, 2,1, 4 , e4 1, 3, 1, 0 ;
x6, 9, 14 .
Доказать, что системы векторов e1, e2 , e3 и e1 , e2 , e3 образуют базис и найти матрицу перехода от одного базиса к другому:
116. e1 1, 2, 1 , e2 2, 3, 3 , e3 3, 7, 1 ;
e |
3, 1, 4 , e 5, 2, 1 , e |
1, 1, 6 . |
|
|
|
|||||
1 |
2 |
|
|
3 |
|
|
|
|
||
|
117. e1 1, 1, 1, 1 , e2 |
1, 2, 1, 1 , e3 |
1, 1, 2, 1 , e4 |
1, 3, 2, 3 ; |
||||||
e |
1, 0, 3, 3 , e |
2, 3, 5, 4 , e |
2, 2, 5, 4 , e 2, 3, 4, 4 . |
|||||||
1 |
2 |
|
|
|
3 |
|
4 |
|||
|
Линейный оператор |
в базисе e1, e2 , имеет матрицу A , найти |
||||||||
матрицу этого линейного оператора в базисе e |
, e |
, : |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
15 |
11 |
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
118. |
A |
20 |
15 |
|
8 |
; |
|
|
|
|
|
|
8 |
7 |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
e |
3, 1, 4 , e 5, 2, 1 , e |
1, 1, 6 . |
|
|
|
|||||
1 |
2 |
|
|
3 |
|
|
|
|
60