Reshebnik211108_-_kopia_2

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южный Федеральный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Пример 6. Найти собственные числа и собственные векторы линейного оператора

и выяснить, имеет ли он простую структуру.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

536.61 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

5Учебный модуль №5. Евклидовы пространства

Скалярным произведением двух векторов x, y линейного пространства L называют число (x; y), которое по определенному правилу ставится в соответствие векторам x, y и удовлетворяет четырем аксиомам:

1.8x; y 2 L : (x; y) = (y; x),

2.8x; y 2 L; ¸ 2 R : ¸(x; y) = (¸x; y) = (x; ¸y),

3.8x; y; z 2 L : (x + y; z) = (x; z) + (y; z),

4.8x 2 L : (x; x) = x2 ¸ 0; x2 = 0 , x = µ.

Евклидовым n-мерным пространством (En) называют n-мерное пространство L с введенным в нем скалярным произведением.

Операция скалярного произведения двух векторов позволяет дать определения длины вектора, угла между векторами, ортогональных векторов.

Длиной вектора называется число

p jxj = x2:

Косинусом угла между ненулевыми векторами называют число

cos(x;dy) = (x; y) : jxj ¢ jyj

Корректность этого определения следует из неравенства Коши-Буняковского:

для любых x; y 2 E : j(x; y)j · jxj ¢ jyj

Два вектора x и y называют ортогональными, если (x; y) = 0.

Базис e1; e2; : : : en называется ортонормированным, если

< 1; i = j (ei; ej) = : 0; i 6= j

В ортонормированном базисе скалярное произведение в координатах находим по формуле

(x; y) = x1y1 + x2y2 + x3y3 + : : : + xnyn; q

jxj = x21 + x22 + : : : + x2n:

В следующих примерах координаты векторов заданы в ортонормированном базисе e1; e2; : : : en пространства En.

b2k¡1

Пример 1. Найти длины векторов x, y, косинус угла между ними.

xe = (1; 2; ¡1; 0), ye = (3; ¡1; 0; 2)

(x; y) = 3 ¡ 2 = 1; jxj = p1 + 4 + 1 = p6; jyj = p9 + 1 + 4 = p14

1 1 cos(x;dy) = p6 ¢ p14 = 2p21:

Пример 2. Проверить, являются ли векторы x, y ортогональными.

а) xe = (2; ¡1; 3; 4); ye = (1; 2; ¡4; 3);

(x; y) = 2 ¡ 2 ¡ 12 + 12 = 0 ) векторы ортогональны.

б) xe = (5; ¡1; 3; 2); ye = (2; 1; ¡3; 0);

(x; y) = 10 ¡ 1 ¡ 9 = 0 ) векторы ортогональны.

в) xe = (3; 1; 2; 4); ye = (¡1; 2; 6; ¡3);

(x; y) = ¡3 + 2 + 12 ¡ 12 = ¡1 ) векторы не ортогональны.

Пример 3. Рассмотрим, так называемый, процесс ортогонализации. Пусть дана линейно независимая система векторов a1; a2 : : : ak (k · n) в En. Требуется построить ортогональную систему векторов b1; b2 : : : bk, каждый из которых является некоторой линейной комбинацией векторов a1; a2 : : : ak. При k = n будет построен ортогональный базис En. Опишем процесс ортогонализации в общем виде:

b1 = a1;
b2 = a2 + ®1b1;		®1 выберем из требования
			2	= 0 ) ® = ¡		(b1; a2)
		(b1; b2) = 0 ) (b1; a2) + ®b1		= 0 ) ® = ¡		b12	:
b3 = a3 + ¯1b1 + ¯2b2;		¯1; ¯2 выберем из требований
		(b3; b1) = 0 ) ¯1 = ¡	(a3; b1)		;
		(b3; b1) = 0 ) ¯1 = ¡	b12		;
		(b3; b2) = 0 ) ¯2 = ¡	(a3; b2)
		(b3; b2) = 0 ) ¯2 = ¡	b22
: : : : : :	: : :	: : : : : : : : :	: : :
k¡1		°1; : : : °k¡1 выберем из требований
bk = ak + P	°ibi;	°1; : : : °k¡1 выберем из требований
i=1			(ak; b1)
		(bk; b1) = 0 ) °1 = ¡	(ak; b1)
		(bk; b1) = 0 ) °1 = ¡	b12

(bk; b2) = 0 ) °2 = ¡(akb;2b2)

: : : : : : : : : : : : : : :

(bk; bk¡1) = 0 ) °k¡1 = ¡(ak; bk¡1):

а) a1 = (1; ¡2; 2), a2 = (¡1; 0; ¡1), a3 = (5; ¡3; ¡7). Проверим, является ли система a1; a2; a3 линейно независимой. Для этого найдем ранг матрицы A.

rang

○¡1

1 c3

rang

○¡1

¡2 0

¡3

==¡

¡2 0

¡3

Так как c1 и c2 не пропорциональны, то rang A = 3, т.е. векторы a1; a2; a3 линейно независимы. Начнем процесс ортогонализации.

b1 = a1;

(a ; b

)

¡1 + 0 ¡ 2

b2 = a2 + ®1b1; (b1; b2) = 0

)

®2 =

;

1 + 4 + 4

b2 = a2 +

1b1

= 0

¡1

1 +

1 = 0

¡2=3

;

¡2

C B

¡2=3

C B

1=3

@ ¡

(a ; b

)

5 + 6 ¡ 14 =

b3 = a3 + ¯1b1 + ¯2b2; (b1; b3) = 0

)

¯1 =

;

(b3; b2) = 0

)

¯2 =

(a3; b2)

¡10=3 + 6=3 + 7=3

b22

4=9 + 4=9 + 1=9

b3 = a

3 +

1b1

b2 =

1 +

1 0

¡2=3

1 =

¡3

¡2

¡2=3

C B

¡3

C B

1=3

C B

A @ A @ ¡

A @

= 0, (b1; b3) = 6¡6¡12 = 0, (b2; b3) = ¡

Проверка: (b1; b2) = ¡3

¡3

3 = 0.

б) a1

= (1; 1; 1; 1), a2 = (3; 3; ¡1; ¡1), a3 = (¡2; 0; 6; 8).

1 = 3 =

rang

○1

1 c2 3c1

rang

○1

векто-

3 ¡1 ¡1

==¡

0 ○¡4 ¡4

)

2 0

○2 0

@ ¡

ры a1; a2; a3 линейно независимы.

b1 = a1;

(a2; b1)

b2 = a2 + ®1b1;

(b1; b2) = 0 ) ®1 = ¡

= ¡

4 = ¡1;

= a2 ¡ b1

= B

¡ B

= B

;

(A3

@1)

A12 @ A

a ; b

b3 = a3 + ¯1b1 + ¯2b2; (b3; b1) = 0 ) ¯1 = ¡

= ¡ 4 = ¡3;

b12

(b3; b2) = 0 ) ¯2 = ¡

(a3; b2)

= ¡

16 = 2;

b22

¡2

¡1

= a3 ¡ 3b1 + 2b2

= B

¡ 3 B

+ 2 B

= B

C B

Проверка: (b1; b2) = 2 + 2 ¡ 2 ¡ 2 = 0, (b1; b3) = ¡1 + 1 ¡ 1 + 1 = 0, (b2; b3) = ¡2 + 2 + 2 ¡ 2 = 0.

Пример 4. Построить ортонормированный базис линейной оболочки, натянутой

на векторы a1 = (2; 3; ¡4; ¡6), a2 = (1; 8; ¡2; ¡16), a3 = (12; 5; ¡14; 5),

a4 = (3; 11; 4; ¡7).

Найдем базис линейной оболочки. Для этого подсчитаем ранг матрицы:

2 ○1 12

==¡

8c1

○1 12

C =

rang

c3 + 2c1 rang B

○¡

C c4 + 16c1

197

○1

+ 2c

rang

○¡1

¡7

¡1

= 3 =

Базис линейной оболочки a1; a2; a3.

)

○1

Построим сначала ортогональный базис b1; b2;

b3:

b1 = a1;

(a2; b1)

130

b2 = a2 + ®1b1;

(b1; b2) = 0 ) ®1 = ¡

= ¡ 65

= ¡2;

¡3

b2 = a2 ¡ 2b1 = B

C ¡ 2 B

= B

;

(a3A; b1)

A @ A

b3 = a3 + ¯1b1 + ¯2b2; (b3; b1) = 0 ) ¯1 = ¡

= ¡65 = ¡1;

b12

(a3; b2)

130

(b3; b2) = 0 ) ¯2 = ¡

= ¡ 65

= 2;

b22

1 0

¡3

1 0

b3 = a3

¡ b1 + 2b2

= B

C ¡ B

+ 2 B

C = B

C B

Проверка: (b1; b2) = ¡6 + 6 ¡ 24 + 24 = 0, (b1; b3) = 8 + 18 ¡ 8 ¡ 18 = 0; (b2; b3) = ¡12 + 12 + 12 ¡ 12 = 0.

Теперь пронормируем каждый из векторов b1, b2, b3, получим ортонормированный базис c1; c2; c3:

= B

C, c =

¡p65

4 + 9 + 16 + 36

9 + 4 + 36 + 16

¡p65

= B

p65

B p65

16 + 36 + 4 + 9

¡p65

B p65

5.1Примеры для самостоятельного решения

5.1Найти длины векторов, косинус угла между ними.

а) x = (2; ¡3; 1; 4), y = (0; 2; ¡1; 2). Ответ: jxj = p30, jyj = 3, cos(x;dy) =

б) x = (3; 2; ¡1; 4), y = (1; 2; ¡1; ¡2). Ответ: jxj = p30, jyj = p10, векторы

1 .

3p30

ортогональны.

5.2С помощью процесса ортогонализации построить ортогональный базис оболочки, натянутой на систему векторов

a) a1 = (1; 1; ¡1; ¡2), a2 = (¡2; 1; 5; 11), a3 = (0; 3; 3; 7), a4 = (3; ¡3; ¡3; ¡9):

Ответ неоднозначен, поэтому сделать проверку.

б) a1 = (1; 1; 1; 1), a2 = (3; 3; ¡1; ¡1), a3 = (¡2; 0; 6; 8). Ответ неоднозначен, поэтому сделать проверку.

6Учебный модуль №6. Линейные операторы в конечномерном пространстве

6.1Матрица линейного оператора. Ядро, образ оператора

Линейным оператором, действующим из линейного пространства L в то же самое пространство L (линейным преобразованием L) называют закон A, по которому каждому вектору x 2 L ставится в соответствие единственный вектор y = A(x) 2 L и выполняются два условия:

1.A(x0) + A(x00) = A(x0) + A(x00); 8 x0; x00 2 L

2.A(¸x) = ¸ ¢ A(x); 8 x 2 L; 8¸ 2 R:

В равенстве y = A(x) вектор y называют образом вектора x, а вектор x – прообразом вектора y.

Матрицей линейного оператора A в базисе e1; e2 : : : en называют матрицу Ae, в столбцах которой стоят координатные столбцы образов базисных векторов в этом базисе.

Запишем символически это определение:

0	¢	¢	: : :	¢	1
Ae = B	¢	¢	: : :	¢	C
B	¢	¢	: : :	¢	C
B	¢	¢		¢	C
B	( 1)e	( 2)e		( n)e	C
@					A
B A e		A e	: : : A e		C

Понятие “матрица линейного оператора” позволяет в координатной форме отыскивать образ вектора: пусть задан базис e1; e2 : : : en, тогда ye = Ae ¢ xe.

Матрицы одного и того же оператора в разных базисах различны, между ними имеет место связь:

пусть e1; e2 : : : en и e01; e02 : : : e0n два базиса, Ae и Ae0 матрицы оператора A в этих базисах, тогда

	Ae0 = P	¢	Ae	¢	P :
	e0!e	¢		¢	e!e0
Так как P	= P ¡1, то эту формулу можно записать и в таком виде:
e0!e	e!e0
	Ae0 = P ¡1		Ae	¢	P :
	e!e0	¢		¢	e!e0

Пример 1. Проверить, является ли данный оператор линейным.

а) в пространстве V 3 геометрических векторов A(¹x) = (¹x; a¹)¹a, где a¹ – постоянный вектор.

Проверим два условия из определения линейного оператора:

1. A(¹x0 + x¹00) = (¹x0 + x¹00; a¹) ¢ a¹ =¡(¹x0; a¹) + (¹x00; a¹)¢¢a¹ = (¹x0; a¹) ¢ a¹ + (¹x00; a¹) ¢ a¹ =

= A(¹x0) + A(¹x00) – первое условие выполнено.

2. A(¸x¹) = (¸x;¹ a¹) ¢ a¹ = ¸((¹x; a¹) ¢ a¹) = ¸ ¢ A(¹x) – второе условие выполнено. Вывод: A(x) – линейный оператор.

б) A(x) = (¹a; x¹) ¢ x¹, a¹ – постоянный вектор.

1. A(¹x0 + x¹00) = (¹a; x¹0 + x¹00) ¢ (¹x0 + x¹00) = ((¹a; x¹0) + (¹a; x¹00)) ¢ (¹x0 + x¹00) =

= (¹a; x¹0)¢x¹0+(¹a; x¹00)¢x¹00+(¹a; x¹0)¢x¹00+(¹a; x¹00)¢x¹0 = A(¹x0)+A(¹x00)+(¹a; x¹0)¢x¹00+(¹a; x¹00)¢x¹0

– первое условие не выполнено. Вывод – оператор не линейный.

в) в пространстве R3 A(x) = (x1; x2; x23), где x = (x1; x2; x3).

1. A(x0 +x00) = (x01 +x001; x02 +x002; (x03 +x003)2) = (x01 +x001; x02 +x002; x032 +2x03x003 +x0032),

с другой стороны

A(x0) + A(x00) = (x01 + x001; x02 + x002; x032 + x0032).

Так как A(x0 + x00) =6 A(x0) + A(x00), то оператор не является линейным.

Пример 2. Найти матрицу линейного оператора из примера 1 а), в базисе e¹1; e¹2; e¹3,

если a¹e = (1; 2; 4).
По определению	0							1
	0	¢		¢		¢		1	:
	Ae = B	¢		¢		¢		C	:
	B							C
	B	¢		¢		¢		C
	B A e			A e		A e	3)e	C
	B	(	1)e	(	2)e	(	3)e	C
	@							A

Найдем образы базисных векторов:

A(¹e1) = (¹e1; a¹) ¢ a¹, так как e¹1e = (1; 0; 0),a¹e = (1; 2; 4), то (¹e1; a¹) = 1 ) A(¹e1) = a¹, A(¹e2) = (¹e2; a¹) ¢ a¹ = 2¹a, A(¹e3) = (¹e3; a¹) ¢ a¹ = 4¹a, следовательно

									Ae = B	1	2	4	C:
									Ae = B	2	4	8	C:
									B	3	6 16		C
									@				A
Пример 3. Линейный оператор задан матрицей
	B	1		2	1	C							B	2	C
Ae =	B		1	1	1	C							B	3	C
Ae =	0	2		¡1	0	1: Найти образ вектора ue							= 0	1	1.
	@ ¡					A							@		A
По формуле ye = Ae ¢ xe находим
						ye =	0	2 ¡1 0		1 0		1	1 =	0		0	1	:
							B	1 2 1		C	¢ B	2	C B			8	C
							B		1 1 1	C B		3	C B			4	C
							@	¡		A @			A	@			A

Пример 4. В пространстве R2 задана матрица оператора Ae =

¡9

1. Най-

¡1

¡5

ти матрицу этого оператора в базисе u1

= (1; 1), u2

= (

1; 1)

. По

формуле,

связывающей матрицы линейного оператора в разных базисах, имеем

Au = P ¢ Ae ¢ P :

u!e e!u

¡1

:@ 1P 1E A

E P

¡1

= P ¡1.

¡1

. Найдем

e!u

¡e!uj ¢ » ¡ j e!u

u!e

e!u

¢.

ePu¡1 :

○1 ¡1

1 0

1 c2 ¡ c1

○1 ¡1

1 0

2c1

+ c2

0 1

1 @

○2

¡1 1

○2 0

1 1

0 E

1 1

P ¡1 = 1

0 ○2

¡1 1

» B

¡1 1

C )

Au = 2

1 0

1 = 2 0

1 0

1 =

¢@

A¢@

¢@

A¢@

¡1 1

¡1 ¡5

A¢@ 1 1

¡4 4

1 1

= 2

0 ¡ ¡

6.2Собственные числа и собственные векторы линейного оператора

Собственным вектором, отвечающим собственному числу ¸ называют такой ненулевой вектор u, для которого A(u) = ¸u.

Для отыскания собственных чисел следует решить характеристическое уравнение jAe ¡ ¸Ej = 0, известно, что характеристический многочлен jAe ¡ ¸Ej не зависит от выбора базиса, в котором найдена матрица Ae линейного оператора. Так как мы рассматриваем линейные операторы в линейных пространствах над полем вещественных чисел, то нас интересуют только вещественные корни ¸.

Если найдено некоторое собственное число ¸0, то для отыскания отвечающих ему собственных векторов следует решать ОСЛУ: (Ae ¡ ¸0E)x = µ. Множество всех решений этой ОСЛУ составляют собственные векторы, отвечающие числу ¸0, ФСР данной ОСЛУ – это линейно независимые собственные векторы.

Пример 5. Найти собственные числа и собственные векторы линейного оператора,

0 1

заданного матрицей Ae =

¡1

1) Решим характеристическое уравнение:

¸E

= 0

()

¡1 ¡ ¸ 2

= 0 = (

¸)

¸) = 0 =

)

¸1 = ¡1; ¸2 = 3.

2) Найдем собственные векторы, отвечающие собственному числу ¸1 = ¡1:

ОСЛУ: 0

○2 1

; n = 2; r = 1; n

r = 1 своб. неизв.

A » @

0 A

Общее решение:

ФСР

< x2

= 0;

u1e

8 x1

– св.неизв.;

Итак, все векторы ue = @

A – собственные, отвечающие ¸1 = ¡1,

вектор u1 =

– один линейно независимый собственный вектор, отве-

чающий

числу ¸1 =

3) Найдем все собственные векторы, отвечающие собственному числу ¸2 = 3.

¡4

» ³

ОСЛУ:

○1

; n = 2; r = 1; n

r = 1 своб. неизв.

Общее решение:

ФСР

8 x1 – св.неизв.;

= 2x1;

u2e

< x2

Итак, все векторы ue =

2¯

– собственные, отвечающие ¸2 = 3, вектор

u2e =

– один линейно независимый собственный вектор, отвечающий

числу@2

=A.

Заметим, что в этом примере векторы u1, u2 очевидно линейно независимы, значит образуют базис. Найдём в этом базисе матрицу данного оператора. По определению:

	0	¢	¢	1
Au =	@	¢	¢	A :

A(u1)u A(u2)u A(u1) = ¸1u1 = ¡u1; A(u2) = ¸2u2 = 3u2:

Следовательно,

A(u1) =

u1+0

)

A(u1)u =

¡1

; A(u2) = 0

u1+3

)

A(u2)u =

Итак, Au = @ ¡1 0 A; матрица Au имеет диагональный вид. Такие операторы

называют операторами простой структуры.

Оператор A, для которого существует базис, состоящий из собственных векторов, называется оператором простой структуры. В базисе собственных векторов матрица оператора имеет диагональный вид, причём на диагонали стоят собственные числа.

Для установления простоты структуры оператора важным является следующее

свойство собственных векторов:

Собственные векторы, отвечающие различным собственным числам, линейно независимы.

Из этого свойства следует достаточное условие простоты структуры линейного оператора:

Если в n-мерном линейном пространстве оператор имеет n различных собственных чисел, то это оператор простой структуры.

1) Решим характеристическое уравнение:

j ¡ j

()

¡ ¡

) ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡

3 ¸

¸E = 0

= 0 = (1 ¸) ( 1 ¸) (3 ¸) = 0

1 ¸

= 1

¸ =

1 ¸¯

= 3

¡ ,

¯3 .

Т.к. все три собственных¯

числа различны,¯

то это оператор простой структу-

ры.

2) Найдем собственные векторы: ¸1 = 1:

B	2	○2	0	C	»	1	0	3	0
ОСЛУ: 0	0	0	0	1 c3	+ c2		@	1	○¡1
B	1	2	2	C	¢		@
неизв. @				A
Общее решение:							ФСР

0	1, n = 3, r = 2, n	¡	r = 1 своб.
○2 A

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.11.201950.69 Кб1Razyasnenia_po_kassovoy_distsipline.doc
#
20.11.2019320 Кб1recomendation_fin_150606.rtf
#
18.09.20191.65 Mб6ref-18447.rtf
#
13.02.2015196.1 Кб3ref-24254.doc
#
13.02.2015105.98 Кб19Rekomendatsii_dlya_pedagogov.doc
#
12.03.2016536.61 Кб72Reshebnik211108_-_kopia_2.pdf
#
15.11.2019293.89 Кб1rider_filology.doc
#
13.02.2015215.19 Кб4Rider_k_11_lektsii_Rozanova.pdf
#
16.11.201951.95 Кб19rider_po_kriminologii.docx
#
14.09.2019263.74 Кб5Rimskoe_chastnoe_pravo.docx
#
25.09.2019552.45 Кб6Ritorika.doc