Беклемишев-Решения_задач

векторов в линейно независимую. Следовательно, dim B(M) = = dim M для любого подпространства M L . В частности, dim B(Im A) = dim Im A, а это другая запись доказываемого равенства.

Это еще одно решение задачи 8 § 3 гл. V.

Глава VI § 4

1.Докажите, что каждое подпространство L , лежащее

вKer A, и каждое подпространство L , содержащее Im A, инвариантны относительно A.

Р е ш е н и е. Инвариантность подпространств L и L означает, что A(L ) L и A(L ) L .

а) Пусть L Ker A. Тогда A(L ) = {o} L . б) Пусть Im A L . Тогда A(L ) Im A L .

2. Докажите, что сумма и пересечение инвариантных подпространств инвариантны.

Р е ш е н и е. а) Пусть L и L инвариантны относительно A и x L + L . Тогда x = x + x , где x L и x L . Поэтому A(x) = A(x ) + A(x ). В силу инвариантности подпространств A(x ) L и A(x ) L . Отсюда следует, что A(x) L + L и

A(L + L ) L + L .

б) Пусть L и L инвариантны относительно A и x L ∩ L . Это означает, что x L и потому A(x) L , а также что x L

ипотому A(x) L . Таким образом, A(x) L ∩ L .

3.Пусть A — линейное преобразование вещественного пространства, λ — комплексный корень его характеристи-

ческого многочлена, p = (λ + λ)/2 и q = λλ. Докажите, что размерность подпространства L = Ker (A2 − pA + qE) — четное число.

Р е ш е н и е. Известно, что в L не содержится ни одного собственного вектора. Допустим, что размерность L нечетная. Тогда ограничение A на L имеет характеристический многочлен нечетной степени и, следовательно, вещественное характеристическое число. Поэтому в подпространстве L содержится собственный вектор, и наше предположение приводит к противоречию.

4.Пусть A: L → L. Докажите, что L = Ker A Im A тогда

итолько тогда, когда Ker A2 = Ker A.

Ker A и w Im A. Поскольку w = o, мы можем заключить, что Ker A ∩ Im A = {o}, и сумма этих подпространств не является прямой.

Обратное доказывается аналогично. Если сумма не пря-

преобразования A в базисе e, если e1, ... , er Im A, а er+1, ...

... , en Ker A?

Р е ш е н и е. Матрица преобразования состоит из координатных столбцов образов базисных векторов. Во-первых, если er+1,

... , en Ker A, то эти векторы переходят в нулевой, и последние n − r столбцов матрицы нулевые.

Во-вторых, образы векторов e1, ... , er лежат в Im A (как и образы вообще всех векторов) и потому раскладываются по базису этого подпространства, т. е. их компоненты по er+1, ... , en равны нулю.

Таким образом, в матрице могут отличаться от нуля только элементы квадратной клетки A порядка r, расположенной в левом верхнем углу. Так как Rg A = Rg A = r, подматрица A невырождена.

Возводя в квадрат матрицу такого вида, нетрудно получить

ца f1 = 1 1 . При α = 0 любой вектор с координатным столб-

цом вида αf1 является собственным вектором, принадлежащим собственному значению λ1 = 1.

Аналогично для собственного значения λ2 = −1 находим, что базисный вектор в соответствующем собственном подпространстве имеет координатный столбец f2 = 1 −1 .

Найденные собственные векторы составляют базис, в котором матрица преобразования имеет диагональный вид. Проверим

Р е ш е н и е. Составим характеристическое уравнение:

тель (7 − λ) можно отбросить. В оставшейся матрице ко второй

114 [ Гл. VI

строке прибавим удвоенную первую, а из третьей строки вычтем первую, умноженную на 6. Мы получим

иимеет фундаментальную матрицу

1 0−2 3 .

0 1F1 =

Это означает, что собственное подпространство, соответствующее λ1 = 7, — линейная оболочка векторов с координатными

Если кратность корня равна 1, то размерность собственного пространства тоже 1 и, значит, Rg (A + 7E) = 2. Поэтому, если мы уверены в вычислениях, можем без проверки взять любые две непропорциональные строки матрицы:

Сначала вычтем первую строку из второй, затем полученную вторую строку умножим на 5 и вычтем из первой. Разделим полученную первую строку на −14:

И, наконец, множим первую строку на 4 и вычитаем из второй:

Система (A + 7E)x = 0 эквивалентна системе с такой матрицей и имеет фундаментальную матрицу F2 из одного столбца F2 = = 2 1 −3 T. Это означает, что собственное подпространство, соответствующее λ1 = −7, натянуто на вектор с координатным столбцом 2 1 −3 T.

8. Каждой квадратной матрице порядка n ставится в соответствие ее транспонированная матрица. Этим определено преобразование T пространства матриц. Найдите его собственные значения и собственные подпространства. Докажите из этих соображений, что каждая матрица однозначно представляется как сумма симметричной и кососимметричной.

Р е ш е н и е. Для произвольной матрицы A выполнено равенство (AT )T = A, или, в другой записи, T2(A) = A. Это означает, что многочлен t2 − 1 является аннулирующим для преобразования T — результат подстановки преобразования в данный многочлен есть нулевое преобразование O.

Все собственные значения преобразования являются корнями любого его аннулирующего многочлена. Действительно, пусть f (t) = a0 + a1t = ... + ak tk — аннулирующий многочлен преобразования A. Тогда из A(x) = λx следует, что

f (A)(x) = a0x + a1A(x) + ... + ak Ak (x) =

= (a0 + a1λ + ... + ak λk )x = f (λ)x = o.

Если x — собственный вектор, то он отличен от нуля и необходимо, чтобы f (λ) = 0.

Итак, преобразование T не может иметь собственных значений, отличных от 1 и −1. Легко проверить, что эти числа действительно являются собственными значениями: для симметричной матрицы T(A) = A, а для кососимметричной T(A) = −A. Обратно, если матрица A принадлежит собственному подпространству с собственным значением 1, то она является симметричной, а если принадлежит собственному подпространству с собственным значением −1, то кососимметричной. Поэтому собственными подпространствами являются подпространство симметричных

матриц (размерности n(n + 1)/2) и подпространство кососимметричных матриц (размерности n(n − 1)/2).

Сумма собственных подпространств всегда прямая, размерность их суммы равна сумме размерностей. В нашем случае сумма размерностей равна n, и мы видим, что все пространство — прямая сумма собственных подпространств, а значит, любая квадратная матрица однозначно раскладывается в сумму симметричной и кососимметричной матриц.

9. Пусть A — поворот трехмерного векторного пространства вокруг некоторой оси на угол α и A — матрица этого поворота в некотором базисе. Выразите α через элементы A.

Р е ш е н и е. Выберем ортонормированный базис, связанный

оси вращения так, чтобы с его конца вращение в плоскости

= 12 (tr A − 1). Вспомним, что след матрицы линейного преобра-

зования инвариантен — он один и тот же, в каком бы базисе мы ни написали матрицу преобразования. Поэтому tr A = tr A и

1

cos α = 2 (tr A − 1).

10. Пусть A диагонализуемо. Докажите, что ограничение A на любом инвариантном подпространстве также диагонализуемо.

r(A) = O, где r(t) — некоторый многочлен без кратных (а для вещественного пространства и комплексных) корней. Если r(t) — такой многочлен и r(A) = O, то очевидно, что и r(A ) = O. Отсюда прямо следует требуемое заключение.

Найдите матрицу перехода к какому-нибудь базису, в котором его матрица верхняя треугольная, а также матрицу преобразования в этом базисе.

Ре ш е н и е. Выпишем det (A − λE) и прибавим в нем второй

итретий столбцы к первому:

Это позволяет указать один из корней: λ = 1. В оставшемся детерминанте вычтем первую строку из второй и третьей и после этого разложим детерминант по первому столбцу. Мы получим

Любые две строки этой матрицы линейно независимы. Возьмем подматрицу, состоящую из двух первых строк, и приведем ее к упрощенному виду:

118 [ Гл. VI

Как видно из доказательства теоремы, два первых вектора искомого базиса должны лежать в Im (A − E). Координатные столбцы векторов из Im (A − E) составляют линейную оболочку столбцов матрицы A − E. Так как dim Im (A − E) = Rg (A − E) = = 2, базисными являются любые два столбца матрицы, ска-

Базисный вектор e3 выбираем произвольно, лишь бы все три вектора были линейно независимы. Например, можно оставить базисным третий вектор исходного базиса. Тогда матрицей пере-

вом базисе (и заодно проверить результат), вычислим матрицу S−1AS:

стический многочлен матрицы A. В нем a0 = det A, а значит, для невырожденной матрицы a0 = 0. Согласно теореме Гамильтона– Кэли a0E + a1A + ... + anAn = O. Перенесем член a0E в правую часть равенства, а в левой вынесем множитель A за скобки:

A(a1E + a2A + ... + anAn−1) = −a0E.

Осталось разделить равенство на −a0, для того чтобы убедить-

ся, что

A−1 = − 1 (a1E + a2A + ... + anAn−1). a0

13. Пусть преобразование A удовлетворяет соотношению A2 = A. Докажите, что Rg A = tr A.

Р е ш е н и е. A удовлетворяет уравнению t2 − t = 0, имеющему некратные корни 0 и 1. По теореме 4 (К. § 4 гл. VI) оно диагонализуемо и не может иметь собственных значений, отличных от 0 и 1. Значит, существует базис, в котором матрица A преобразования диагональная и имеет на диагонали r единиц и n − r нулей, причем r может принимать значения от 0 до n. Для такой матрицы и ранг, и след равны числу единиц r. Поскольку ранг и след матрицы не зависят от базиса, мы получаем требуемое равенство.

14 . Пусть в некотором базисе n-мерного пространства L линейное преобразование A задано матрицей A, а (n − 1)-мер- ное подпространство L — уравнением uT x = 0. Докажите, что L инвариантно относительно A тогда и только тогда, когда существует такой множитель λ, что AT u = λu.

Р е ш е н и е. Инвариантность подпространства L означает, что для любого вектора x из L образ A(x) принадлежит L , или, подробнее, для любого столбца x, удовлетворяющего уравнению uT x = 0, выполнено uT Ax = 0.

Рассмотрим равенство λu = AT u как систему из n линейных уравнений с одной неизвестной λ. По теореме Фредгольма решение существует тогда и только тогда, когда для каждого решения x транспонированной однородной системы uT x = 0 выполнено равенство (AT u)T x = 0, или uT Ax = 0. Это и есть доказываемое утверждение.

Глава VI § 5

1.Может ли для линейной функции на линейном

пространстве L для всех x L выполняться неравенство

а) f(x) > 0, б) f(x) 0?

Р е ш е н и е. а) Нет. Для любой линейной функции f(o) = 0. б) Возможно только для нулевой функции, так как если f(x) > 0, то f(−x) < 0.

2. Пусть #» — фиксированный вектор плоскости. Поста- a

вим в соответствие каждому вектору #» площадь ориенти- x

рованного параллелограмма, построенного на #» и #», или 0, x a

если векторы коллинеарны. Проверьте, что эта функция ли-

ного на e 1 и e 2. Правая часть равенства — линейный многочлен от ξ1 и ξ2, и потому функция — линейная со строкой коэффициентов βσ −ασ .

3. Пусть k — натуральное число. Сопоставим каждому многочлену степени не выше n значение его k-й производной в точке a. Проверьте, что этим определена линейная функция.

Найдите ее координатную строку в базисах а) 1, t, t2, ... , tn, б) 1, (t − a), (t − a)2, ... , (t − a)n.

Р е ш е н и е. Линейность указанной функции прямо следует из свойств операции дифференцирования: если p(t) и q(t) — многочлены степени не выше n, то (p(t) + q(t))(k) = p(k)(t) + q(k)(t) и (αp(t))(k) = αp(k)(t) для любого α. Эти равенства верны для всех значений t, в том числе и для t = a.

Элемент с номером m координатной строки линейной функции в некотором базисе равен значению функции на m-м базисном векторе, в нашем случае значению k-й производной много-

Найдем значение интересующей нас линейной функции на каждом из базисных векторов базиса (б). Производная по t равна

[(t − a)m](k) = m(m − 1) ... (m − k + 1)(t − a)m−k (m = k, ... , n)

и нулю при m = 0, 1, ... , k − 1. Значение этой производной в точке a при m > k также, очевидно, равно нулю. Поэтому координатная строка функции в базисе (б) равна k!ek+1, где ek+1 — k + 1-я строка единичной матрицы порядка n.