все для алгема / Методические пособия по АГ / МП Основные задачи курса АГ ч.1-ч.6 / Tom 6

x = x1e1 + x2e2 +... + xk ek L , y = y1f1 + y2f2 +... + ym fm M ,

z = x + y = x1e1 + x2e2 +... + xk ek + y1f1 + y2f2 +... + ym fm .

называется оператором проектирования векторного пространстваV наподпространствоL параллельноподпространствуМ.

Теорема. Оператор проектирования PL является линейным

оператором.

Доказательство. Пусть z1 ,z2 V – произвольные векторы. Так как V = L M , тосуществуютединственные векто-

ры x1, x2 L, y1, y2 M , такие что z1 = x1 + y1 , z2 = x2 + y2 .

Отсюда PL (z1 +z2 ) = x1 +x2 = PL (z1 ) +PL (z2 ) и для любого λK имеем PL (λz1 ) = λx1 = λPL (z1 ) . Теорема доказана.

Найдем матрицу оператора PL . Для любого вектора

z = x1e1 + x2e2 +... + xk ek + y1f1 + y2f2 +... + ym fm V , PL (z) = x1e1 + x2e2 +... + xk ek +0 f1 +... +0 fm .

Обозначим матрицу оператора PL так же, как и сам оператора, через PL . Тогда

61

По определению ядра отображения

Ker A ={X Kn | AX = 0} .

Следовательно, ядро матрицы, как линейного отображения является множеством решений (пространством решений) однородной системы линейных уравнений со столбцом неизвестных X и матрицей системы А.

Таким образом, задача нахождения ядра матрицы сводится к задаче решения однородной системы линейных уравнений AX = 0 . Пусть ранг матрицы А равен r, и {X1,X2 ,...,Xn−r } – фундаментальная система решений, т.е.

базис пространства решений системы AX = 0 . Тогда ядро матрицы, как векторное подпространство, можно записать в виде линейной оболочки его базисных столбцов:

Ker A =< X1,X2 ,...,Xn−r >.

Ответ: Ker A =< X1,X2 ,...,Xn−r >, где {X1,X2 ,...,Xn−r } –

фундаментальная система решений однородной системы линейных уравнений AX = 0 .

Пример 1. Найти ядро матрицы A = (2,3) . Решение. Решаем систему AX = 0 , т.е. 2x1 +3x2 = 0 .

Ранг матрицы А равен 1, размерность ядра матрицы dim Ker A = n −r = 2 −1 =1.

Следовательно, фундаментальная система решений данной однородной системы линейных уравнений из одного уравнения с двумя неизвестными состоит из одного ненулевого решения этой системы. Например, столбец

3 X1 = −2 ,

очевидно, является решением уравнения 2x1 +3x2 = 0 и, поэтому, может служить базисом ядра данной матрицы.

63

также равно 1, размерность пространства решений, т.е. размерность ядра этой матрицы

dim Ker A = n −r =1−1 = 0 ,

следовательно, Ker A = 0 . Ответ: Ker A = 0 .

Решение. Так как det A = 0 , то rang A =1 и

dim Ker A = n −r = 2 −1 =1.

Решаем систему и находим ее произвольное ненулевое решение:

1

Очевидно, что столбец X1 = является решением дан-

−1

ной системы.

1 Ответ: Ker A =< X1 >=< −1 > .

64

Решение. Приводим методом Гаусса матрицу к ступенчатому виду. Ко 2-й строке прибавим 1-ю, умноженную на (–2), а к 3-й строке прибавим 1-ю, умноженную на (–3):

Вычисляем ранг матрицы и размерность ее ядра: rang A = 2, dim Ker A = n −r = 3 −2 =1.

Находим какое-нибудь нетривиальное решение системы:

x1 +2x2 = x3 .3x2 = 2x3

Пусть x3 = 3 , тогда x2 = 2 и x1 = −2x2 + x3 = −4 +3 = −1.

−1

Отсюда, столбец X1 = 2 образует фундаментальную

3

систему решений и базис ядра матрицы А.

−1

Ответ: Ker A =< X1 >=< 2 > .3

Можно выполнить проверку:

б) dim Im A = rang A =1, следовательно, базисом линей-

ной оболочки столбцов матрицы А может служить любой

ее ненулевой столбец:

Im A =< (0),(2),(−1) >=< (2) >=< (−1) > .

Заметим, что ImA R и dim Im A = dim R =1, откуда следует, что ImA = R .

Ответ: б) ImA = R .

в) Найдем ранг матрицы А. Для этого, приведем матрицу А к ступенчатому виду с помощью элементарных преобразований строк. Прибавим к 3-й строке 1-ю, умноженную на (–2) и переставим затем 2-ю и 3-ю строки:

Ранг матрицы равен 3 и базисный минор построен на первых трех столбцах. Следовательно,

Заметим, что Im A R3 и dim Im A = dim R3 = 3, откуда следует, что Im A = R3 .

Ответ: в) Im A = R3 .

67

Глава 30. Собственные числа и собственные векторы линейного оператора

Задача 267. Найти характеристический многочлен квадратной матрицы.

= λ2 −(a +d) λ+(ad −dc) .

Выписываем характеристический многочлен:

χA (λ) = (−1)2 det (A −λE) = det (A −λE) . Ответ: χA (λ) = λ2 −(a +d)λ+(ad −dc) .

Замечание. Характеристический многочлен для матрицы 2-го порядка имеет вид:

χA (λ) = λ2 −(tr A) λ+det A ,

Пример 1. Найти характеристический многочлен матрицы

Ответ: χA (λ) = λ2 −6λ −1.

68

2) Пусть А – произвольная квадратная матрица n-го порядка над полем K. Находим матрицу A −λE и вычисляем ее определитель, записывая результат вычисления как многочлен от переменной λ. Если старший коэффициент получился равным –1, то умножаем многочлен на –1:

Пример 2. Найти характеристический многочлен матрицы

Решение.

= (λ−1)(λ2 −3λ+4) −4 +1−λ = λ3 −4λ2 +6λ−7 . Ответ: χA (λ) = λ3 −4λ2 +6λ −7 .

Задача 268. Найти собственные числа данной квадратной матрицы.

Решение. Известно, что собственные числа матрицы являются корнями ее характеристического многочлена или ее характеристического уравнения.

Пример 1. Найти собственные числа матрицы

Решение. Характеристическое уравнение для матрицы 2-го порядка имеет вид: λ2 −(tr A) λ+det A = 0 . Имеем:

λ2 −(−2) λ+(−3) = 0 или λ2 + 2λ −3 = 0 .

Решая квадратное уравнение, находим его корни:

λ1 = −3, λ2 =1.

Ответ: λ1 = −3, λ2 =1.

Пример 2. Найти собственные числа матрицы

Решение. Составляем характеристическое уравнение:

70

Раскладываем определитель по элементам 1-й строки:

дим корень λ1 =1. Делим многочлен λ3 −5λ2 +9λ−5 на

линейный двучлен λ −1. Получаем

λ3 −5λ2 +9λ−5 = (λ−1)(λ2 −4λ+5) .

Находим еще два корня: λ2,3 = 2 ±i .

Ответ: λ1 =1, λ2,3 = 2 ±i .

Задача 269. Определить размерность и найти базис собственного подпространства для каждого собственного числа данной матрицы.

Решение. Из определения собственного подпространства следует, что V(λ) = Ker (A −λE) . Из теории систем ли-

нейных уравнений известно, что размерность ядра матрицы равна порядку матрицы минус ее ранг:

dim Vλ = dim Ker (A −λE) = n −rang (A −λE) ,

а базисом ядра служит фундаментальная система решений однородной системы линейных уравнений (A −λE) X = 0 .

Алгоритм решения задачи

1)Вычисляем собственные числа матрицы.

2)Для каждого собственного числа λ находим фундамен-

тальную систему решений {X1,X2 ,...,Xn−r } однородной системы линейных уравнений (A −λE) X = 0 .

3) Записываем собственное подпространство в виде линейной оболочки найденной фундаментальной системы:

Vλ =< X1,X2 ,...,Xn−r >. 71

размерность и базис собственного подпространства. Решение. 1) Составляем характеристическое уравнение и находим его корни.

2) Для каждого собственного числа λ решаем однородную

а) λ1,2 = −1,

Ко 2-й строке прибавим 1-ю, умноженную на (–2), к 3-й строке прибавим 1-ю, умноженную на (–3):

Следовательно, фундаментальная система решений данной однородной системы линейных уравнений (базис пространства ее решений) состоит из одного ненулевого решения.

Найдем произвольное ненулевое решение данной системы уравнений. Составляем равносильную данной систему уравнений с матрицей

73

Придаем свободной переменной x3 какое-нибудь ненулевое значение. Пусть, например, x3 =1. Тогда x2 = 2, x1 =1 и получаем ненулевой столбец решения:

1 X = 2 .

1

1

Следовательно, V(λ=−1) =< 2 >.

1

б) λ3 = 3 . Решаемсистему (A −3E)X = 0 сматрицейсистемы

Приводим матрицу системы к ступенчатому виду. Ко 2-й строке прибавим 1-ю, умноженную на 2, к 3-й строке прибавим 1-ю, умноженную на 3:

Следовательно, фундаментальная система решений данной однородной системы линейных уравнений (базис пространства ее решений) состоит из одного ненулевого решения.

74

Найдем произвольное ненулевое решение данной системы уравнений. Составляем равносильную данной систему уравнений с матрицей

Пусть, x3 = 2 , тогда x2 = 2, x1 =1 и получаем ненулевой столбец решения и базис собственного подпространства:

Ответ: собственные числа: λ1,2 = −1, λ3 = 3; собственные подпространства:

Задача 270. Определить, диагонализируема ли данная матрица.

Решение. 1) Если все собственные числа данной матрицы различные, тогда матрица диагонализируема.

2) Если среди собственных чисел матрицы есть равные, то применяем 2-й необходимый и достаточный признак диагонализируемости линейного оператора. Для каждого кратного собственного числа вычисляем его алгебраическую и геометрическую кратности. Если они равны для каждого кратного собственного числа, тогда данная матрица является диагонализируемой.

75

Пример. Диагонализируема ли матрица:

Решение. а) Характеристический многочлен для матрицы А имеет вид: λ2 −(tr A) λ+det A = λ2 −2λ−1. Его дискри-

минант D = 8 > 0 , следовательно, он имеет два различных корня, и матрица А является диагонализируемой.

б) Составляем характеристическое уравнение и находим его корни:

Умножим 3-й столбец на 2 и прибавим ко 2-му:

Из второго столбца вынесем общий множитель 1−λ:

Имеем, λ1 =1. Приравниваем к нулю 2-й множитель:

Умножаем 2-ю строку на (–2) и прибавляем к 3-й:

76

Разложим определитель по элементам 2-го столбца:

Собственное число λ1 =1 имеет алгебраическую кратность m(λ1 ) = 2 . Найдем его геометрическую кратность. Вычислим ранг матрицы

Все строки пропорциональные, поэтому две из них можно вычеркнуть:

Находим размерность собственного подпространства, отвечающего собственному числу λ1 =1:

dim V(λ=1) = n −rang (A −E) = 3 −1 = 2 .

Геометрическая кратность n(λ1 ) = dim V(λ=1) = 2 собственного числа λ1 =1 равна его алгебраической кратности

m(λ1 ) = 2 .

Так как кратный корень только один, и его алгебраическая и геометрическая кратности равны, то, по следствию второго необходимого и достаточного признака диагонализируемости линейного оператора, отсюда следует, что матрица А является диагонализируемой.

77

в) Составляем характеристическое уравнение и находим его корни:

Из 1-го столбца вычтем 2-й:

Разложим определитель на сумму двух определителей:

В первом определителе вычтем 1-ю строку из 2-й и 3-й, а во втором определителе прибавим 1-ю строку ко 2-й:

Раскладываем оба определителя поэлементам 1-гостолбца:

корень.

Вычислим геометрическую кратность кратного корня. Находим ранг матрицы

Приводим ее к ступенчатому виду элементарными преобразованиями строк. Вычтем 3-ю строку из 1-й и 2-й:

Прибавим 1-ю строку ко 2-й, а к 3-й строке прибавим 1-ю, умноженную на 5:

Отсюда, для собственного числа λ1 = 0 имеем: rang (A −λE) = 2 ,

n(λ) = dim V(λ=0) = n − r(λ) = 3 − 2 =1 ≠ m(λ) = 2 ,

следовательно, матрица А не диагонализируемая. Ответ: а), б) матрицы диагонализируемые; в) нет.

Задача 271. Убедиться, что данная матрица является диагонализируемойинайтибазисизеесобственныхвекторов.

Алгоритм решения задачи

1)Вычисляем собственные числа данной матрицы.

2)Для каждого собственного числа находим базис соответствующего собственного подпространства.

3)Объединяем базисы собственных подпространств и получаем искомый базис из собственных векторов матрицы А.

Пример. Найти базис пространства столбцов из собственных векторов данной матрицы А:

Решение. а) Составляем характеристическое уравнение:

матрица является диагонализируемой, базис из собственных векторов матрицы А существует.

Находим базисы собственных подпространств. 1) λ1 = 0 . Выписываем матрицу

Данная система равносильна системе с матрицей (1, −1) , т.е. равносильна уравнению: x1 − x2 = 0 . Полагаем x2 = α, тогда x1 = α и общее решение системы имеет вид:

1 X = α 1 .

1

Следовательно, V(λ=0) =< 1 >. 2) λ2 = 2 . Выписываем матрицу

Решаемоднороднуюсистемулинейныхуравнений (A −2E)X = 0. Данная система равносильна системе с матрицей ( 1,1 ), т.е. равносильна уравнению: x1 + x2 = 0 . Полагаем x2 = α, то-

гда x1 = −α и общее решение системы имеет вид:

80