LinearSpaces_2013

4

5

2

1 2

1

1 2

1

A - 1 E

5

7

3

5

7

3

0

3

2

, отже

6

9

4

6

9

4

0

3

2

x

2x

x

0

,

1

2

3

3x2

2x3

0

x3

x1

3 .

x

2x3

2

3

ФСР:

x1

x2

x3

1

2

1

3

3

Отже, власні вектори, що відповідають 1 2

0 , мають вигляд:

x

1

2

(1, 2, 3) , де 0 .

,

, 1

3

3

Знайдемо власні вектори для 3

1 .

З означення ( A - 3 E)x 0 .

3

5

2

3

2

1

1

2

1

1

1

A -

E

5

8

3

1

2

0

1

0

, отже

1

1

3

6

9

3

0

1

1

0 1

1

0

1

1

x

x

1

3 ,

x2

x3

x1

x2

x3

1

1

1

6

2

3

3

2

6

.

3

6

2

6 t

2

3

(t)

2

3 t

6

.

3

6

2 t

6 t

2

3

(t)

14 2t

7 t

0

.

21 3t

0

7 t

6 t

2

3

(t) ( 7 t)2

2

1

0

.

3

0

1

3 t

2

0

(t) ( 7 t)2

2

1

0

.

3

0

1

Отже, власними числами лінійного оператора є

1

7 , 2 7 .

Шукаються власні вектори для 1 7 :

6 7

2

3

1 2

3

1 2

3

2

3 7

6

2 4

6

0 0

0

;

3

6

2 7

3 6

9

0 0

0

x1 2x2 3x3 0 ;

x1 2x2 3x3 .

ФСР:

х1

х2

х3

2

1

0

3

0

1

a1 2 ,1, 0 ,

a2 3 , 0 ,1 .

Отже,

базисом

власного

підпростору

L 7 , відповідного

власному числу

1 7 є вектори a1 , a2 .

А

тоді

довільний

власний

вектор,

відповідний

1 7 , має вигляд

1

a

2

a

2

, де 2 2 0 .

1

1

2

Шукаються власні вектори для 2

7 :

6 7

2

3

13

2

3

13

2

3

2

3 7

6

2

10

6

1

5

3

3

6

2 7

3

6

5

3

6

5

1

5

3

1

5

3

1

5

3

3

6

5

0 21

14

0 3

2

13

2

3

0

63

42

0

0

0

x

5x

3x

0

;

1

2

3

3x2

2x3

0

x1

5x2 3x3

x

2

x

;

2

3

3

x

1

x

1

3

3

2

;

x

x

2

3

3

ФСР:

х1

х2

х3

1

2

1

3

3

Отже,

базисним вектором власного підпростору L7 , відповідного власному

числу

2 7 ,

є вектор

a3 1, 2 , 3 .

Всі власні вектори, що відповідають

власному числу 2

7 – це вектори вигляду

a3 ,

де 0 .

оператора. Тому всі власні підпростори розмірності

1 – це підпростори

a

3

,

a

2

a

2

, при умові 2

2 0 .

1

1

1

2

Знаходимо всі інваріантні підпростори розмірності 2. Припустимо, що

L –

інваріантний підпростір, dim L 2 , вектори b1 ,b2

утворюють базис L.

Неважко

бачити,

що базисні

вектори власних підпросторів a1 , a2 , a3

утворюють

базис

простору, причому,

враховуючи

власні

числа,

A (а1 ) = – 7 а1,

A (а2 ) = – 7 а2, A (а3 ) = 7 а3. Тоді вектори b1 ,b2

лінійно

виражаються через базис простору a1 , a2 , a3 :

b1 1a1 2 a2 3 a3

b2 1a1 2 a2 3 a3 .

Зрозуміло, що можливі два випадки.

1)

3

3

0 . Тоді

b1 1a1 2 a2

b2 1a1 2 a2 .

Вектори b1 ,b2

лінійно виражаються через a1 , a2 . Але вектори a1 , a2

утворюють

базис

власного

підпростору

L 7 , тому b1 ,b2

L 7 , отже

L b1 , b2 L 7 .

Але

dim L 2 dim L 7 ,

отже

L L 7 .

Тому в

цьому

випадку L співпадає з власним підпростором, відповідним

1

7 ,

а тому

L L 7 a1 , a2 .

2)

принаймні одне з чисел 3 , 3

не дорівнює 0. Для визначеності

нехай 3

0 . Тоді b1 L , в силу інваріантності, A (b1) L.

A (b1) = A ( 1a1 + 2 a2 + 3a3) = 1 A (а1 ) + 2 A (а2 ) + 3 A (а3 ) =

= – 7 1а1– 7 2 а2 +7 3а3.

Отже,

A (b1)= – 7 1а1–

7 2 а2

+7 3а3 L. Але b1 1a1 2 a2

3 a3 L . Тоді

A (b1)+7b1 L, тобто

( 7 1a1 7 2 a2 7 3 a3 ) (7 1a1 7 2 a2

7 3 a3 ) L ,

14 3 a3

L при умові 3

0 . Тому a3 L .

Далі,

серед коефіцієнтів 1 , 2 , 1 , 2

для векторів b1 ,b2

є принаймні

один

ненульовий.

В

супротивному

випадку

вектори

b1 ,b2

лінійно

залежні і не можуть утворювати базис. Отже, для визначеності, нехай 1

0 .

Тоді b1

1a1 2 a2

3 a3

L , за доведеним,

a3 L , тобто 3 a3

L . Звідси

b1 3 a3 L ,

тобто

1a1

2 a2 L ,

причому

1 0 . Таким

чином

ми

одержали,

що

a

3

L ,

a

a

2

L

при

2

2 0 . Вектори

a

3

та

1

1

2

1

2

a

2

a

2

( 2

2

0) є власними векторами оператора A, що відповідають

1

1

1

2

L a

, a

2

a

2

при умові 2

2 0 .

Таким чином, ми одержали

3

1

1

1

2

наступні підпростори

dim L1 0

L { }

dim L 1

L a3 , L 1a1

2 a2

( 12 12 0)

dim L 2

L a1 , a2

, L a3 , 1a1

2 a2 ( 12 12

0)

dim L 3

L V .

1

3

1

A

3

5

1 .

3

3

1

1

3

1

2

2

0

( )

A - E

3

5

1

3

5

1

3

3

1

0

2

2

2

2

0

1

1

0

1

1

0

3

5

1

( 2)2

3

5

1

( 2)2

0

2

1

0

2

2

0

1

1

0

1

1

1

1

0

1

1

0

( 2)2

0

1

1

( 2)2

0

1

1

( 1)( 2)2 0,

0

2

1

0

0

1

2

3

1

1

1

0

1

0

A - E

3

4

1

3

4

1

1

1

3

3

0

3

3

0

0

1

1

x

x

1

3 .

x2

x3

ФСР:

x1

x2

x3

1

1

1

Отже розмірність власного підпростору L 1

співпадає з n1 .

Базис L 1

складається з одного вектора (1, 1, 1) .

Для 2 2

3

3

1

A -

E

3 3

1

3

3 1 ,

2

3

3

1

x

x

1

x .

1

2

3

3

ФСР:

x1

x2

x3

1

1

0

1

0

1

3

Отже розмірність власного підпростору L 2

співпадає з n2 .

Базис L 2

складається з векторів (1, 1,

0)

та

1, 0, 3 .

1

0

0

D

0

2

0

,

0

0

2

тобто D T 1 AT , де

1

1

1

T 1

1

0

.

0

1

3

a3 (3, 1, 2) , b3 (1, 1, 1) .

10. Лінійний

оператор

A

в

базисі

a1 (8, 6, 7), a2

( 16, 7, 13),

a3 (9, 3, 7) має матрицю

1

18

15

A

1

22

20 .

8

7

6

Знайти його матрицю в базисі

b1 (1, 2, 1), b2

(3, 1, 2), b3 (2, 1, 2) .

11. Нехай

оператор

A

в

базисі

a1 ( 3, 7) ,

a2 (1, 2)

має матрицю

2

1

Оператор

в базисі b (6, 7) , b

( 5, 6) має

A

.

B

5

1

2

3

1

3

. Знайти матрицю оператора A B в тому ж базисі,

матрицю B

2

7

1

3

3

2

6

13 .

1

4

8

1

3

4

4

7

8

.

6

7

7

7

12

6

19

10

10

.

24

13

12