матрицу линейного оператора - Московский государственный

Московский государственный технический университет
имени Н.Э. Баумана
Факультет «Фундаментальные науки»
Кафедра «Математическая физика и вычислительная математика»
И.В.Дубограй, М.Д.Ковалёв, О.В.Скуднева.
ЛИНЕЙНЫЙ ОПЕРАТОР
В ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ ЛИНЕЙНЫХ И ЕВКЛИДОВЫХ
ПРОСТРАНСТВАХ
Электронное учебное издание
Методические указания к решению задач
по теме
☻☺
Москва
УДК 517.31
Рецензент: доц., к.ф.-м.н., Леонид Дмитриевич Покровский
1
Дубограй И.В., Ковалёв М.Д., Скуднева О.В..
Линейный оператор: электронное учебное издание. - М.: МГТУ имени Н.Э. Баумана,
2011. 35 с.
Издание содержит основные понятия и определения по теме "Линейное пространство",
"Линейный оператор", предусмотренные учебным планом МГТУ им. Н.Э.Баумана.
Представлен справочный материал, содержащий основные определения, формулировки
необходимых теорем. Даны подробные решения задач со ссылками на нужные формулы,
предлагаются задачи для самопроверки. Также предложен способ вычисления собственных
векторов матрицы линейного оператора с помощью присоединённой матрицы, мало
известный , но обладающий определёнными преимуществами перед традиционным
способом . Приведено доказательство соответствующей теоремы.
Для студентов МГТУ имени Н.Э. Баумана всех специальностей.
Электронное учебное издание
Дубограй Ирина Валерьевна
Ковалёв Михаил Дмитриевич
Скуднева Оксана Валентиновна.
Линейные операторы и их собственные векторы
© 2012 МГТУ имени Н.Э. Баумана
2
Введение
В данном пособии представлен справочный теоретический материал, необходимый
для освоения важных разделов высшей алгебры - линейного и евклидова
пространства, преобразования пространства, диагонализация матриц линейного
оператора. В компактной форме изложены все необходимые сведения из теории,
подробно разобраны решения типовых задач.
Разделы «указаний» полностью соответствуют программе обучения студентов,
утверждённой методической комиссией МГТУ им. Н.Э. Баумана.
Авторы преследовали цель активизировать самостоятельную работу студентов,
улучшить качество подготовки учащихся по данному разделу математики.
Методические указания предназначены для студентов первого курса всех
специальностей, а также будут полезны студентам старших курсов в качестве
справочного материала.
3
Часть 1. Линейное и евклидово пространства.
1.1.Линейное пространство.
Определение. Множество элементов L называется линейным пространством, а
сами элементы его векторами, если
1) определён закон, по которому любым двум векторам 𝑥⃗ и 𝑦⃗ этого множества
однозначно соответствует третий вектор,называемый их суммой 𝑥̅ + 𝑦̅ = 𝑧̅1 𝜖𝐿,
2) определён закон, по которому каждому вектору этого множества и числу
ставится в соответствие единственный вектор, называемый произведением
вектора на число: 𝜆 𝑥̅ = 𝑧̅1 ∈ 𝐿,
3) определённые законами операции сложения и умножения вектора на число
удовлетворяют следующим аксиомам:
а) 𝑥̅ + 𝑦̅ = 𝑦̅ + 𝑥̅ ,
б) (𝑥̅ + 𝑦̅) + 𝑧̅ = 𝑥̅ + (𝑦̅ + 𝑧̅),
в) в пространстве существует нуль- вектор ⃗0⃗, такой , что 𝑥̅ + 0̅ = 𝑥̅ ,
г) для каждого вектора 𝑥̅ ∈ 𝐿 в пространстве существует
«противоположный» вектор 𝑦̅, такой, что 𝑥̅ + 𝑦̅ = 0̅,
д) 1 ∙ 𝑥̅ = 𝑥̅ ,
е) 𝛼 ⋅ (𝑥̅ + 𝑦̅) = 𝛼𝑥̅ + 𝛼𝑦̅,
ж) 𝛼 ⋅ (𝛽 𝑥̅ ) = 𝛼𝛽 𝑥̅ ,
з) (𝛼 + 𝛽)𝑥̅ = 𝛼𝑥̅ + 𝛽𝑥̅ , 𝛼𝜖ℝ, 𝛽𝜖ℝ.
Замечание. Если произведение вектора и числа определено только для
действительных 𝜆𝜖ℝ, то пространство называется действительным линейным
пространством.
Далее будем рассматривать только действительные линейные пространства.
Пример 1. Убедиться в том, что множество геометрических векторов V3 является
линейным пространством.
Решение. Действительно, если 𝑥̅ ∈ 𝑉3 и 𝑦̅ ∈ 𝑉3 то сумма векторов
𝑥̅ + 𝑦̅ = 𝑧̅1 есть новый вектор этого же пространства. И произведение 𝜆 𝑥̅ = 𝑧̅1 - тоже
новый вектор пространства V3.
4
Аксиомы линейного пространства в пространстве V3 есть свойства линейных
операций с геометрическими векторами.
Аналогично можно показать, что пространство всех геометрических коллинеарных
векторов V1 и всех компланарных векторов V2 являются линейными.
Пример 2. Убедиться в том, что множество функций 𝑦 = 𝑓(𝑥), непрерывных на
некотором отрезке 𝑥𝜖[𝑎, 𝑏], является линейным пространством.
Решение. Действительно, если две функции непрерывны на интервале 𝑥𝜖[𝑎, 𝑏], то их
сумма есть новая функция, непрерывная на этом интервале, и произведение
непрерывной функции на число есть новая непрерывная функция. Аксиомы линейного
пространства в этом случае есть свойства линейных операций с непрерывными на
[𝑎, 𝑏] функциями.
Ответ: данное множество является линейным пространством и обозначается 𝐶[𝑎, 𝑏].
Пример 3. Является ли множество многочленов степени k с обычными операциями
сложения многочленов и умножения многочлена на число линейным пространством?
Решение. Многочлен степени k имеет вид
𝑃𝑘 (𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑘 + 𝑎1 𝑥 𝑘−1 + ⋯ + 𝑎𝑘−1 𝑥 + 𝑎𝑘
Суммой двух многочленов степени k является новый многочлен, степень которого
может быть либо равна k, либо окажется меньше k. Так, например, для k=2, если
𝑃(1) 2 (𝑥) = 2𝑥 2 + 5𝑥 + 6 и 𝑃(2) 2 (𝑥) = −2𝑥 2 − 𝑥 + 1, то сумма
𝑃(1) 2 (𝑥) + 𝑃(2) 2 (𝑥) = 𝑃(𝑥) = 4𝑥 + 7 не принадлежит данному множеству.
Ответ: данное множество не является линейным пространством.
Пример 4. Убедиться в том, что множество многочленов степени, не превосходящей
k, является линейным пространством.
Решение. Дано множество 𝑃 = {𝑝̅: 𝑝̅ = 𝑃𝑚 (𝑥), 0 ≤ 𝑚 ≤ 𝑘} . Сумма двух любых
векторов этого множества ̅̅̅
𝑝1 ∈ 𝑃, ̅̅̅
𝑝2 ∈ 𝑃
̅̅̅1 + ̅̅̅
𝑝
𝑝2 = 𝑃(1) 𝑚 (𝑥) + 𝑃(2) 𝑚 (𝑥) = 𝑃𝑛3 (𝑥) = ̅̅̅
𝑝3 - есть многочлен, степень которого не
выше k, то есть 0 ≤ 𝑛 ≤ 𝑘. Таким образом, ̅̅̅
𝑝1 + ̅̅̅
𝑝2 - новый вектор, принадлежащий
данному множеству ̅̅̅
𝑝3 ∈ 𝑃.
5
Произведение вектора 𝑝̅ ∈ 𝑃 и числа 𝜆 : 𝜆𝑝̅ = 𝜆𝑃𝑚 (𝑥) = 𝜆(𝑎0 𝑥 𝑚 + 𝑎1 𝑥 𝑚−1 + ⋯ +
𝑎𝑚−1 𝑥 + 𝑎𝑚 ) = (𝜆𝑎0 )𝑥 𝑚 + (𝜆𝑎1 )𝑥 𝑚−1 + ⋯ + (𝜆𝑎𝑚−1 )𝑥 + 𝑎𝑚 = 𝑃𝑙 (𝑥) - новый
многочлен, степень которого равна либо m, либо 0, если 𝜆 = 0, то есть 𝜆𝑝̅ = ̅̅̅
𝑝4 ∈ 𝑃
Ответ: множество многочленов степени, не превосходящей k, является линейным
пространством.
Пример 5. Выяснить, является ли линейным пространством множество матриц A
одного и того же размера m x n?
Решение. Суммой двух матриц одного размера является новая матрица того же
размера.
Amxn +Bmxn=Cmxn , где элементы 𝑐𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 + 𝑏𝑖𝑗 .
Произведение матрицы на число есть новая матрица того же размера λAmxn=Dmxn, где
𝑑𝑖𝑗 = 𝜆𝑎𝑖𝑗 .
Свойства линейных операций с матрицами совпадают с аксиомами линейного
пространства.
Ответ: данное множество является линейным пространством.
Пример 6. Является ли линейным пространством множество одностолбцовых
матриц размера 𝑚 × 1 , элементы которых неотрицательны?
Решение. Суммой двух матриц данного пространства Amx1 и Bmx1 является новая
матрица A +B=Cmx1 такого же размера с неотрицательными элементами, то есть сумма
элементов в этом пространстве определена. Произведением матрицы A данного
пространства и числа
является новая матрица λAmx1=Dmx1
такого же размера, но если число λ<0, то элементы матрицы D окажутся
отрицательными, т. е. произведение матрицы на число не принадлежит этому
пространству.
Ответ: данное множество не является линейным пространством.
Замечание. Рассмотрим пространство элементов, каждый из которых является
упорядоченным набором n действительных чисел 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ). Если операции
сложения и умножения на число определить так, что
𝑥̅ + 𝑦̅ = (𝑥1 + 𝑦1 , 𝑥2 + 𝑦2 , … , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛 )
6
и 𝜆𝑥̅ = (𝜆𝑥1 , 𝜆𝑥2 , … , 𝜆𝑥𝑛 ), то будут выполняться все аксиомы линейного пространства.
Нуль-вектор возьмём 0̅ = (0,0, … ,0). Значит, рассматриваемое просранство является
линейным. Такое пространство ℝ𝑛 = {𝑥̅ | 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ), xi ϵℝ, i = ̅̅̅̅̅
1, n } называется
линейным пространством арифметических векторов.
1.2 Линейная зависимость векторов.
Определение. Система векторов линейного пространства
{𝑥̅𝑖 : 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛} называется линейно независимой, если линейная комбинация этих
векторов обращается в нуль-вектор только лишь при всех коэффициентах, равных
нулю, т. е.
𝑐1 𝑥̅1 + 𝑐2 𝑥̅2 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑥̅𝑛 = 0 только при ∑𝑛𝑖=1 𝑐𝑖2 = 0.
Определение. Система векторов линейного пространства {𝑥̅𝑖 : 𝑖 = ̅̅̅̅
1, 𝑖} называется
линейно зависимой, если их линейная комбинация может обратиться в нуль-вектор
при хотя бы одном коэффициенте, отличном от нуля, т. е. возможно 𝑐1 𝑥̅1 + 𝑐2 𝑥̅2 + ⋯ +
𝑐𝑛 𝑥̅𝑛 = 0 при ∑𝑛𝑖=1 𝑐𝑖2 ≠ 0.
(1)
Теорема (Критерий линейной зависимости системы векторов).
Система векторов 𝑥̅1 , 𝑥̅2 , … , 𝑥̅𝑛 линейно зависима тогда и только тогда, когда хотя бы
один из них можно представить как линейную комбинацию остальных. (2)
Пример 7. Выяснить, является ли линейно зависимой система векторов
{3, 𝑙𝑛(𝑥 + 1), 𝑙𝑛2(𝑥 + 1)2 , 𝑥 + 1, 𝑥}
линейного пространства 𝐶(−1, +∞).
Решение. Составим линейную комбинацию данных векторов и приравняем ее нулю.
𝐶1 ∙ 3 + 𝐶2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + 𝐶3 ∙ 𝑙𝑛2(𝑥 + 1)2 + 𝐶4 ∙ (𝑥 + 1) + 𝐶5 ∙ 𝑥 = 0
(см.(1))
̅̅̅̅̅
Вопрос заключается в том, можно ли подобрать такие коэффициенты 𝐶𝑖 , 𝑖 = 1;
5, не
все равные нулю, чтобы это равенство было тождественно верным. Используя
свойства логарифмов, преобразуем равенство следующим образом:
𝐶1 ∙ 3 + 𝐶2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + 𝐶3 ∙ (𝑙𝑛2 + 2𝑙𝑛(𝑥 + 1)) + 𝐶4 ∙ (𝑥 + 1) + 𝐶5 ∙ 𝑥 = 0 или
(𝐶1 ∙ 3 + 𝐶3 ∙ 𝑙𝑛2 + 𝐶4 ) + (𝐶2 + 2𝐶3 ) ∙ 𝑙𝑛(𝑥 + 1) + (𝐶4 + 𝐶5 ) ∙ 𝑥 = 0
Очевидно, что равенство выполняется, если
3C1 + C3  ln2 + C4  = 0, C2 + 2C3  = 0, C4 + C5  = 0 .
7
Отсюда следует, что можно подобрать коэффициенты, не все равные нулю, например,
C3 = 0, C4 = 3, C1 = 1, C2 = 0, C5 = 3 , при которых линейная комбинация
данных векторов тождественно обратится в ноль. По определению данная система
векторов является линейно зависимой.
Пример 8. Проверить, является ли линейно зависимой следующая система векторов
арифметического пространства ℛ 4 :
𝑎̅1 = (1, −1,2,4)
𝑎̅2 = (3, −2, −1,1)
𝑎̅3 = (−1,0,5,7).
Решение. Если составить матрицу, элементы строк которой есть координаты
соответствующих векторов, и найти её ранг, то по теореме о базисном миноре строки,
элементы которых составляют базисный минор (а, следовательно, соответствующие
векторы данной системы) линейно независимы, а остальные строки являются их
линейными комбинациями. Вычислим ранг матрицы, составленной из координат
векторов.
1
𝑅𝑔 ( 3
−1
−1 2 4
1 −1
𝐼𝐼 − 3 ∙ 𝐼
2 4
=
−2 −1 1) [ 𝐼𝐼𝐼 + 𝐼 ]=Rg(0 1 −7 11)=
0
0 −1 7 11
5 7
1 −1
=Rg(0 1
0 0
2 4
−7 −11) = 2.
0 0
Линейно независимыми являются только два вектора 𝑎̅1 и 𝑎̅2 , и 𝑎̅3 есть их линейная
комбинация. Из теоремы (см.(2)) следует, что данная система векторов линейно
зависимая.
Определение. Базисом линейного пространства L называется такая упорядоченная
система линейно независимых векторов, что любой вектор линейного пространства
может быть представлен как их линейная комбинация.
То есть, если (𝑒̅1 , 𝑒̅2 , … , 𝑒̅𝑛 )- базис L, то векторы ⃗⃗⃗:
𝑒𝑖 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 линейно независимы и для
любого вектора 𝑥̅ ∈ 𝐿 имеет место равенство 𝑥̅ = 𝑥1 𝑒̅1 + 𝑥2 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑒̅𝑛 (разложение
вектора 𝑥̅ по базису).Числа 𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 называются координатами вектора 𝑥̅ в базисе
(𝑒̅1 , 𝑒̅2 , … , 𝑒̅𝑛 ).
𝑥̅ = 𝑥1 𝑒̅1 + 𝑥2 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑒̅𝑛
⇔ 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 ).
(3)
8
1.3 Переход от одного базиса линейного пространства к
другому.
Если в линейном пространстве выбраны два базиса, такие, что
̅ 𝑖 , 𝑖 = ̅̅̅̅̅
ℬ = {𝑒̅𝑖 , 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛} и ℬ′ = {𝑒′
1, 𝑛}, то между ними существует связь, задаваемая
матрицей перехода U . Эта матрица составляется следующим образом:
̅ 𝒋 разлагается по векторам базиса 𝓑:
а) каждый вектор 𝒆′
̅𝑗 = 𝑢1𝑗 𝑒̅1 + 𝑢2𝑗 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑢𝑛𝑗 𝑒̅𝑛 , 𝑗 = ̅̅̅̅̅
𝑒′
1, 𝑛
(4)
̅ 𝒋 выписываются в соответствующие
b) полученные координаты векторов 𝒆′
столбцы матрицы ⟹ составленная матрица U называется матрицей перехода.
𝒖𝟏𝟏
𝒖𝟐𝟏
𝑼=( ⋯
𝒖𝒏𝟏
𝒖𝟏𝟐
𝒖𝟐𝟐
⋯
𝒖𝒏𝟐
⋯ 𝒖𝟏𝒏
⋯ 𝒖𝟐𝒏
⋯ ⋯)
⋯ 𝒖𝒏𝒏
Любой вектор 𝑥̅ 𝜖𝐿 может быть разложен в каждом базисе.
Пусть в базисе 𝓑 𝑥̅ = 𝑥1 𝑒̅1 + 𝑥2 𝑒̅2 + ⋯ 𝑥𝑛 𝑒̅𝑛 ,
а в базисе
𝓑′ 𝑥̅ = 𝑥′1 𝑒̅1 + 𝑥′2 𝑒̅2 + ⋯ 𝑥′𝑛 𝑒̅𝑛 .
Если вектору в каждом базисе поставить в соответствие матрицу-столбец
̅в
𝑋 = (𝑥1 𝑥2 … . 𝑥𝑛 )𝑇 и 𝑋′ = (𝑥′1 𝑥′2 … . 𝑥′𝑛 )𝑇 , то связь между координатами вектора 𝒙
этих базисах выражается формулой
𝑿 = 𝑼𝑿′.
(5)
Свойства матрицы перехода.
1. Матрица перехода U невырожденная, т. е. 𝑑𝑒𝑡𝑈 ≠ 0.
2. Матрица перехода U обратима, то есть существует обратная матрица 𝑈 −1 .
3. Если U- матрица перехода от 𝓑 к 𝓑′,
то 𝑈 −1 - матрица перехода от 𝓑′ к 𝓑.
4. Если в линейном пространстве выбраны три базиса 𝓑𝟏 , 𝓑𝟐 и 𝓑𝟑 и
𝑈1→2 – матрица перехода от 𝓑𝟏 к 𝓑𝟐 , а 𝑈2→3 – матрица перехода от 𝓑𝟐 к 𝓑𝟑, то
матрица перехода от 𝓑𝟏 к 𝓑𝟑 равна 𝑈1→3 = 𝑈1→2 ∙ 𝑈2→3
9
Пример 9. Рассмотрим множество многочленов порядка не выше второго
𝐿 = {𝑃𝑚 (𝑥): 0 ≤ 𝑚 ≤ 2}
Это множество является линейным пространством (см.пример 4)
Выберем в нём два базиса 𝓑 и 𝓑′ так, что
𝓑: 𝒆̅𝟏 = 𝟏, 𝒆̅𝟐 = 𝒙, 𝒆̅𝟑 = 𝒙𝟐 и
𝓑′ : 𝒆̅′ 𝟏 = (𝒙 + 𝟏)𝟐 , 𝒆̅′ 𝟐 = 𝒙 + 𝟏, 𝒆̅′𝟑 = 𝟏
Составим матрицу перехода от 𝓑 к 𝓑′ (см.(4))
̅ 𝒋 в базисе 𝓑.
a) Выразим каждый вектор 𝒆′
𝑒̅′1 = 𝑥 2 + 2𝑥 + 1 = 1𝑒̅1 + 2𝑒̅2 +1𝑒̅3
𝑒̅′ 2 = 𝑥 + 1 = 1𝑒̅1 + 1𝑒̅2 +0𝑒̅3
𝑒̅′1 = 1 = 1𝑒̅1
b) Полученные координаты выпишем в соответствующие столбцы матрицы.
1 1 1
𝑈 = (2 1 0) – матрица перехода от 𝓑 к 𝓑′.
1 0 0
c) Используя матрицу перехода, представим многочлен 𝑃(𝑥) = 3𝑥 2 + 5𝑥 + 8 как
многочлен по степеням (𝑥 + 1).
Данному вектору в базисе 𝓑 соответствует вектор
𝑥̅ = 3𝑒̅3 + 5𝑒̅2 + 8𝑒̅1 = 8𝑒̅1 + 5𝑒̅2 + 3𝑒̅3 = (8,5,3) или матрица – столбец
𝑋 = (8,5,3)𝑇
В базисе 𝓑′ вектору 𝑥̅ поставим в соответствие матрицу-столбец 𝑋′ = (𝑥′1 𝑥′2 𝑥′3 )𝑇 ,
чьи элементы мы должны найти. Связь между матрицами имеет вид 𝑋 = 𝑈𝑋′ (см.(5)).
Отсюда следует 𝑋′ = 𝑈 −1 𝑋. Вычислим обратную матрицу.
𝑈
−1
0
= (0
1
0
1
0 0
′
1 −2) . И теперь 𝑋 = (0 1
−1 1
1 −1
1
8
3
−2) (5) = (−1).
3
6
1
̅ 1 − 1𝑒′
̅ 2 + 6𝑒′
̅ 3.
То есть, в новом базисе 𝓑′ 𝑥̅ = 3𝑒′
Откуда следует ответ: 𝑃(𝑥) = 3(𝑥 + 1)2 − 1(𝑥 + 1) + 6.
10
Пример 10. Найти какой-либо базис арифметического пространства
ℝ𝑛 = {𝑥̅ : 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ), 𝑥𝑖 ∈ 𝑅, 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 }.
Решение. Рассмотрим следующую систему векторов ℝ𝑛 :
𝑒̅1 = (1,0, … ,0), 𝑒̅2 = (0,1, … ,0), ……,𝑒̅𝑛 = (0,0, … ,1)
1, 𝑖 = 𝑗
То есть, 𝑒̅𝑗 таковы, что их координаты 𝑥𝑖 = [
0, 𝑖 ≠ 𝑗
1 0 … 0
Матрица Е, составленная из координат этих векторов 𝐸 = (0 1 … 0) имеет
0 0 … 1
det 𝐸 = 1 ≠ 0. Следовательно, векторы 𝑒̅𝑖 , 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 линейно независимы.
Из свойств линейных операций с векторами следует, что любой вектор 𝑥̅ =
(𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ) = 𝑥1 (1,0, … ,0) + 𝑥2 (0,1, … ,0) + ⋯ + 𝑥𝑛 (0,0, … ,1) =
= 𝑥1 𝑒̅1 + 𝑥2 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑒̅𝑛 .
По определению (см. (3)) выбранная система является базисом пространства ℝ𝑛 . Этот
базис называется стандартным или каноническим.
Пример 11. В некотором линейном пространстве ℝ3 заданы векторы
𝑒̅ ′1 = (1,1,1), 𝑒̅ ′2 = (2, −1,4), 𝑒̅ ′3 = (1,3,0)
и вектор 𝑥̅ = (1, −1,3). Убедиться в том, что система векторов 𝑒̅ ′𝑖 тоже является
базисом пространства и найти в нём координаты вектора 𝑥̅ .
Решение. 1) Составим определитель из координат векторов 𝑒̅ ′𝑖 и вычислим его.
1 1 1
∆= |2 −1 4| = 4 + 6 + 1 − 12 = −1 ≠ 0 ⇒ строки определителя линейно
1 3 0
независимы ⇒ векторы 𝑒̅ ′𝑖 линейно независимы. В пространстве ℝ3 они образуют
базис.
2) Если U – матрица перехода от исходного базиса к новому, вектору 𝑥̅ в старом
базисе соответствует матрица –столбец 𝑋 = (1, −1,3)𝑇 , а в новом базисе –
𝑋 = (𝑥′1 , 𝑥′2 , 𝑥′3 )𝑇 , то 𝑋 = 𝑈 −1 𝑋 ′ . (см.(5)).
1 2 1
Составим матрицу перехода (см.(4)). 𝑈 = (1 −1 3).
1 4 0
Вычислим обратную матрицу 𝑈 −1 =
1
𝑑𝑒𝑡𝑈
̃, где 𝑈
̃ - присоединённая матрица для 𝑈.
𝑈
11
𝑈
−1
7
12 −4 −7
1 −12 4
=
( 3
−1 −2) = (−3 1
2)
−1
5
−2 −3
−5 2
3
Для нахождения 𝑋 ′ решим матричное уравнение (5) 𝑋′ = 𝑈 −1 𝑋.
12 −4 −7
1
−5
𝑋 = (−3 1
2 ) ∙ (−1) = ( 2 ).
−5 2
3
3
2
′
Ответ: в новом базисе вектор 𝑥̅ имеет координаты 𝑥̅ = (−5,2,2).
1.4 Евклидово пространство.
Определение. Линейное пространство называется Евклидовым, если задан закон, по
которому каждым двум векторам пространства ставится в соответствие
действительное число, называемое скалярным произведением этих векторов
(𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝛼 𝜖 𝑅, причём имеют место следующие аксиомы:
1)
2)
3)
4)
(𝑥̅ , 𝑦̅) = (𝑦̅, 𝑥̅ );
(𝑥̅ + 𝑦,
̅ 𝑧̅) = (𝑥̅ , 𝑧̅) + (𝑦̅, 𝑧̅);
(𝜆𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝜆(𝑥̅ , 𝑦̅);
(𝑥̅ , 𝑥̅ ) ≥ 0, и (𝑥̅ , 𝑥̅ ) = 0 ⟺ 𝑥̅ = 0.
Определение. Нормой вектора 𝑥̅ называется число‖𝑥̅ ‖ = √(𝑥̅ , 𝑥̅ ).
(6)
(7)
Определение. Нормированием вектора называется построение вектора 𝑥̅ 0 =
такого, что его норма
‖𝑥̅ 0 ‖
𝑥̅
||𝑥̅ ||
= 1.
Определение. Векторы называются ортогональными, если (𝑥̅ , 𝑦̅) = 0.
(8)
Определение. Базис евклидова пространства (𝑒̅1 , 𝑒̅2 , … , 𝑒̅𝑛 ) называется
ортонормированным, если его векторы попарно ортогональны и их нормы равны
0, 𝑖 ≠ 𝑗
единице, то есть (𝑒̅𝑖 , 𝑒̅𝑗 ) = [
(9)
1, 𝑖 = 𝑗.
Замечание. Только в ортонормированном базисе скалярное произведение 𝑥̅ и 𝑦̅
вычисляются по формулам (𝑥̅ , 𝑦̅ ) = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑦𝑛 , и норма вектора ‖𝑥̅ ‖ =
√𝑥12 + 𝑥22 + ⋯ + 𝑥𝑛2
12
если 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ), 𝑦̅ = (𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 ).
Пример 12. Проверим, является ли пространство геометрических векторов 𝑉3 с
определённым обычным способом скалярным произведением
(𝑥̅ , 𝑦̅) = |𝑥| ∙ |𝑦| ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑥̅ , 𝑦̅) евклидовым.
Для этого выясним, выполняются ли соответствующие аксиомы. (см.(6))
1) (𝑥̅ , 𝑦̅) = (𝑦,
̅ 𝑥̅ )
2) (𝑥̅ + 𝑦,
̅ 𝑧̅) = (𝑥,
̅ 𝑧̅) + (𝑦,
̅ 𝑧̅)
3) (𝜆𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝜆(𝑥,
̅ 𝑦̅)
Эти три аксиомы совпадают со свойствами скалярного произведения.
4) (𝑥̅ , 𝑥̅ ) = |𝑥|2 > 0 при 𝑥̅ ≠ 0 и (𝑥̅ , 𝑥̅ ) = 0 , если 𝑥̅ = 0. – и четвёртая аксиома
выполняется.
Вывод: данное пространство является евклидовым.
Пример 13. Выяснить, будет ли являться евклидовым линейное пространство 𝐶[𝑎, 𝑏]
(множество непрерывных на отрезке [𝑎, 𝑏] функций) будет являться евклидовым,
если определить скалярное произведение его векторов следующим образом:
𝑏
(𝑓,̅ 𝑔̅ ) = ∫ 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
Решение. Проверим, выполняются ли соответствующие аксиомы:
1) (𝑓,̅ 𝑔̅ ) = (𝑔,
̅ 𝑓)̅ , так как 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑥) ∙ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑏
̅̅̅
̅̅̅
2) (𝑓̅1 + ̅̅̅
𝑓2 , 𝑔̅ ) = (𝑓
1 , 𝑔̅ ) + (𝑓2 , 𝑔̅ ), так как ∫𝑎 (𝑓1 (𝑥) + 𝑓2 (𝑥)) ∙ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑓1 (𝑥) ∙
𝑏
𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + ∫𝑎 𝑓2 (𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
̅ 𝑔̅ ), так как ∫𝑏 𝜆𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝜆 ∫𝑏 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
3) (𝜆𝑓 ,̅ 𝑔̅ ) = 𝜆(𝑓,
𝑎
𝑎
2
𝑏
5) (𝑓,̅ 𝑓)̅ ≥ 0 так как ∫𝑎 (𝑓(𝑥)) 𝑑𝑥 ≥ 0 (свойство определённого интеграла),
причём интеграл обращается в ноль только при 𝑓(𝑥) = 0.
Ответ: пространство 𝐶[𝑎, 𝑏] с заданным произведением векторов является
евклидовым.
Пример 14. Проверить, можно ли в соответствующем пространстве
арифметических векторов задать скалярное произведение следующим образом:
13
А) (𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝑥1 ∙ 𝑦1 + 2𝑥2 ∙ 𝑦2 − 𝑥3 ∙ 𝑦3 , где 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ) и 𝑦̅ = (𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) векторы пространства 𝑅3
B) (𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝑥1 ∙ 𝑦2 + 𝑥2 ∙ 𝑦1 , , где 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 ) и 𝑦̅ = (𝑦1 , 𝑦2 ) - векторы
пространства 𝑅2 .
Решение. А) Проверим, выполняются ли аксиомы для данного произведения.
1) (𝑦,
̅ 𝑥̅ ) = 𝑦1 ∙ 𝑥1 + 2𝑦2 ∙ 𝑥2 − 𝑦3 ∙ 𝑥3 = 𝑥1 ∙ 𝑦1 + 2𝑥2 ∙ 𝑦2 − 𝑥3 ∙ 𝑦3 = ( 𝑥̅ , 𝑦̅) выполнена;
̅ ′), 𝑦̅) = (𝑥′1 + 𝑥′′1 ) ∙ 𝑦1 + 2(𝑥′2 + 𝑥′′2 ) ∙ 𝑦2 + (𝑥′3 + 𝑥′′3 ) ∙ 𝑦3 =
2) ((𝑥̅ ′ + 𝑥′
(𝑥′1 ∙ 𝑦1 + 2𝑥′2 ∙ 𝑦2 − 𝑥′3 ∙ 𝑦3 ) + (𝑥′′1 ∙ 𝑦1 + 2𝑥′′2 ∙ 𝑦2 − 𝑥′′3 ∙ 𝑦3 ) = (𝑥̅ ′, 𝑦̅) +
(𝑥̅ ′′, 𝑦̅) − выполнена;
3) (𝜆𝑥̅ , 𝑦̅) = (𝜆𝑥1 ) ∙ 𝑦1 + 2(𝜆𝑥2 ) ∙ 𝑦2 − (𝜆𝑥3 ) ∙ 𝑦3 = 𝜆 ∙ (𝑥1 ∙ 𝑦1 + 2𝑥2 ∙ 𝑦2 − 𝑥3 ∙ 𝑦3 ) =
𝜆(𝑥,
̅ 𝑦̅) - выполнена;
4) (𝑥̅ , 𝑥̅ ) = 𝑥1 ∙ 𝑥1 + 2𝑥2 ∙ 𝑥2 − 𝑥3 ∙ 𝑥3 = 𝑥1 2 + 2𝑥2 2 − 𝑥3 2 ≥ 0- выполнена.
Ответ: так как все аксиомы выполнены, в пространстве 𝑅3 таким образом можно
задать скалярное произведение.
B) Проверим выполнение аксиом для данного произведения:
1) (𝑦,
̅ 𝑥̅ ) = 𝑦1 ∙ 𝑥2 + 𝑦2 ∙ 𝑥1 = 𝑥1 ∙ 𝑦2 + 𝑥2 ∙ 𝑦1 = ( 𝑥̅ , 𝑦̅) – выполнена;
̅ ′), 𝑦̅) = (𝑥′1 + 𝑥′′1 ) ∙ 𝑦2 + (𝑥′2 + 𝑥′′2 ) ∙ 𝑦1 = (𝑥′1 ∙ 𝑦2 + 𝑥′2 ∙ 𝑦1 ) +
2) ((𝑥̅ ′ + 𝑥′
(𝑥′′1 ∙ 𝑦2 + 𝑥′′2 ∙ 𝑦1 ) = (𝑥̅ ′, 𝑦̅) + (𝑥̅ ′′, 𝑦̅) − выполнена;
3) (𝜆𝑥̅ , 𝑦̅) = (𝜆𝑥1 ) ∙ 𝑦2 + (𝜆𝑥2 ) ∙ 𝑦1 − (𝜆𝑥3 ) ∙ 𝑦3 = 𝜆 ∙ (𝑥1 ∙ 𝑦2 + 𝑥2 ∙ 𝑦1 ) = 𝜆(𝑥,
̅ 𝑦̅) –
выполнена;
4) (𝑥̅ , 𝑥̅ ) = 𝑥1 ∙ 𝑥2 + 𝑥2 ∙ 𝑥1 = 2𝑥1 ∙ 𝑥2 может быть меньше нуля, поэтому аксиома
(𝑥̅ , 𝑥̅ ) ≥ 0 не выполняется.
Ответ: данное произведение векторов не является скалярным.
Замечание. Линейное пространство арифметических векторов
ℝ𝑛 = {𝑥̅ |𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 ), 𝑥𝑖 ∈ ℝ, 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 }
будет являться евклидовым, если скалярное произведение любых двух его векторов в
ортонормированном базисе определить следующим образом
(𝑥̅ , 𝑦̅) = 𝑥1 𝑦1 + 𝑥2 𝑦2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑦𝑛 .
14
Задачи для самостоятельной работы.
1. Проверьте, образует ли линейное пространство множество геометрических
векторов, отнесённых к общему началу 0, концы которых принадлежат
зафиксированной прямой, не проходящей через точку 0. Ответ: нет.
2. Выясните, является ли линейно зависимой система следующих векторов
линейного пространства С: {𝑠𝑖𝑛2 𝑥, 3𝑐𝑜𝑠2𝑥, 2, 𝑠𝑖𝑛2𝑥, 𝑥; 𝑥𝜖𝑅}. Ответ: да.
3. Выясните, является ли линейно зависимой система следующих векторов
линейного пространства ℝ5 : {𝑎̅1 = (1,2, −1,3,0), 𝑎̅2 = (2, −1,1,1,1),
𝑎̅3 =
(−2,3,2, −1,4) }. Ответ: нет.
4. В линейном пространстве многочленов степени не выше третьей выбраны два
базиса : 𝐵1 : {1, 𝑥, 𝑥 2 , 𝑥 3 } и 𝐵2 : {1, 𝑥 + 1, (𝑥 + 1)2 , (𝑥 + 1)3 }. Составьте матрицу
перехода от первого базиса ко второму и с её помощью разложите многочлен
𝑄(𝑥) = 2𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 3 по степеням (𝑥 + 1). Ответ:𝑈 =
1 1 1 1
(0 1 2 3) ; 𝑄(𝑥) = 4 + 2(𝑥 + 1) − 5(𝑥 + 1)2 + 2(𝑥 + 1)3
0 0 1 3
0 0 0 1
5. Убедитесь в том, что в линейном пространстве ℝ3 векторы 𝑒̅ ′1 = (1, −1,2),
𝑒̅ ′2 = (2,1,1), 𝑒̅ ′3 = (−3, −2,1) образуют базис и найдите координаты вектора
̅ = (1, −1,1).
𝑥̅ = (−4, −4,2) в этом базисе. Ответ: 𝑥′
6. Выясните, можно ли в арифметическом пространстве ℝ2 определить скалярное
произведение векторов, где 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 ) и 𝑦̅ = (𝑦1 , 𝑦2 ) следующим образом:
а) (𝑥̅ , 𝑦̅) = 2𝑥1 ∙ 𝑦1 + 𝑥2 ∙ 𝑦2 . Ответ: можно.
б) (𝑥̅ , 𝑦̅) = 2𝑥1 ∙ 𝑦1 − 𝑥2 ∙ 𝑦2 . Ответ: нельзя, так как аксиома (𝑥̅ , 𝑥̅ ) ≥ 0 не
выполняется.
Часть 2. Линейный оператор.
2.1 Определение линейного оператора.
Определение. Если задан закон, по которому каждому вектору 𝑥̅
линейного пространства L ставится в соответствие единственный вектор 𝑦̅
пространства 𝐿1 , являющегося подпространством L, то этот закон, отображающий L
на 𝐿1 , называется оператором 𝐴̃.
𝑥̅ ∈ 𝐿, 𝐴̃(𝑥̅ ) = 𝑦̅ ∈ 𝐿1 , 𝐿1 ⊂ 𝐿
(9)
Вектор 𝑦̅ называют образом, а вектор 𝑥̅ - прообразом.
15
Отображение 𝐴̃: 𝐿 → 𝐿 (то есть линейное пространство отображается на себя)
называется преобразованием пространства L.
Определение Оператор, отображающий пространство L на пространство 𝐿1 ,
называется линейным оператором, если выполняются следующие условия:
𝐴̃(𝑥̅ + 𝑦̅) = 𝐴̃(𝑥̅ ) + 𝐴̃(𝑦̅)
𝐴̃(𝑘𝑥̅ ) = 𝑘𝐴̃(𝑥̅ ), где 𝑘 ∈ ℝ.
(10)
Пример 15. Рассмотрим множество компланарных геометрических векторов в
плоскости V2 . Действие оператора заключается в повороте этого пространства вокруг
некоторой точки на угол φ. Является ли этот оператор линейным?
Решение. Так как геометрические векторы свободны, отнесём начала всех этих
векторов к точке 0, вокруг которой поворачивается пространство. Все векторы
принадлежат теперь одной плоскости π. Проверим, выполняются ли условия
линейности оператора. (см. (10))
а) Если 𝑥̅1 и 𝑥̅2 - векторы пространства V2 , то есть они принадлежат плоскости π , то
сумма 𝑥̅1 + 𝑥̅2 = 𝑥̅3 - вектор, построенный, например, по правилу параллелограмма,
тоже принадлежит этой плоскости. При повороте V2 , а, следовательно, и плоскости
π, на угол φ вокруг точки 0, не происходит никакой деформации, поэтому взаимное
расположение образов
𝑦̅1 = 𝐴̃(𝑥̅1 ), 𝑦̅2 = 𝐴̃(𝑥̅2 ), 𝑦̅3 = 𝐴̃(𝑥̅3 )
окажется таким, что 𝑦̅3 будет вектором, направленным по диагонали
параллелограмма, построенного на векторах 𝑦̅1 и 𝑦̅2 как на сторонах.
𝑦̅1 + 𝑦̅2 = 𝑦̅3 ⇒ 𝐴̃(𝑥̅1 + 𝑥̅2 ) = 𝐴̃(𝑥̅1 ) + 𝐴̃(𝑥̅2 )
̃ (𝑥̅ ). Так как вектор 𝜆𝑥̅ , начало которого
б) Аналогично, вектор 𝑧̅ = 𝐴̃(𝜆𝑥̅ ) = 𝜆A
совпадает с точкой 0, без деформации повернётся вместе с плоскостью π на угол φ.
Оба условия линейности выполнены.
Ответ: данный оператор является линейным.
Пример 16. Выясним, является ли линейным оператор, действующий в пространстве
V2 , действие которого заключается в проектировании пространства на некоторую
прямую l с направляющим вектором ⃗𝑙⃗ ∈V2.
16
Решение. Проверим, выполняются ли условия линейности данного оператора
(см. (10)).
а) Подвергнем действию данного оператора 𝐴̃ сумму двух векторов
𝑥̅ ∈ 𝑉2 и𝑦̅ ∈ 𝑉2 . 𝑥̅ + 𝑦̅ = 𝑧̅ ∈ 𝑉2
Проекция вектора на прямую – есть проекция вектора на 𝑙⃗⃗ . По свойству проекций
Пр𝑙 (𝑥̅ + 𝑦̅) = Пр𝑙 (𝑥̅ ) + Пр𝑙 (𝑦̅).
Так как 𝐴̃: 𝑉2 → 𝑉1 , образом вектора 𝑥̅ является вектор 𝐴̃(𝑥̅ ) = 𝑥̅1 , , принадлежащий
l . Длина образа |𝑥̅1 | = |Пр𝑙 (𝑥̅ )|. Отсюда следует, что вектор 𝑥
⃗⃗⃗⃗1 = Пр𝑙 (𝑥̅ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 , где ⃗⃗⃗⃗
𝑙0 =
𝑙⃗
|𝑙⃗|
- единичный вектор, являющийся направляющим для прямой l.
б) Аналогично, 𝐴̃(𝑦̅) = 𝑦̅1 = Пр𝑙 (𝑦̅) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙0
И тогда 𝐴̃(𝑥̅ + 𝑦̅) = Пр𝑙 (𝑥̅ + 𝑦̅) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 = (Пр𝑙 (𝑥̅ ) + Пр𝑙 (𝑦̅)) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙0 =
= Пр𝑙 (𝑥̅ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 + Пр𝑙 (𝑦̅) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 = 𝑥̅1 + 𝑦̅1 = 𝐴̃(𝑥̅ ) + 𝐴̃(𝑦̅) - одно условие выполнено.
̃ (𝑥̅ ) −
Аналогично, 𝐴̃(𝜆𝑥̅ ) = Пр𝑙 (𝜆𝑥̅ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 = 𝜆Пр𝑙 (𝑥̅ ) ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑙 0 = 𝜆𝑥̅1 = 𝜆A
второе условие выполнено.
Ответ: данный оператор является линейным.
Пример 17. Выясним, является ли линейным оператор, действующий в
̃ (𝑥̅ ) = 𝑥̅ + 𝑎̅, где 𝑎̅ - некоторый зафиксированный вектор.
V3 так, что A
Решение. Проверим, выполняются ли условия линейности оператора (см. (10)). .
Найдём образ суммы двух векторов пространства V3 𝑥̅1 и 𝑥̅2 :
𝐴̃(𝑥̅1 + 𝑥̅2 ) = (𝑥̅1 + 𝑥̅2 ) + 𝑎̅ = (𝑥̅1 + 𝑎̅) + (𝑥̅2 + 𝑎̅) − 𝑎̅ ≠ 𝐴̃(𝑥̅1 ) + 𝐴̃(𝑥̅2 ),
Итак, образ суммы не равен сумме образов.
Ответ: данный оператор не является линейным.
Замечание. Нулевой оператор ̃Θ(𝑥̅ ) = 0̅ является линейным.
Единичный оператор ̃E(𝑥̅ ) = 𝑥̅ является линейным.
17
2.2 Матрица линейного оператора.
Если в конечномерном линейном пространстве L зафиксировать некоторый
базис 𝔅 = (𝑒̅1 , 𝑒̅2 , … , 𝑒̅𝑛 ) , то любой вектор пространства можно разложить по этому
базису. То есть, если 𝑥̅ ∈ 𝐿, то 𝑥̅ = 𝑥1 𝑒̅1 + 𝑥2 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑒̅𝑛 или
𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 ).
Если 𝐴̃ − линейный оператор, отображающий L на L, то образ каждого базисного
вектора 𝑒̅ ′𝑗 = 𝐴̃(𝑒̅𝑗 ), 𝑗 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛 можно разложить по базису 𝔅:
𝑒̅ ′𝑗 = 𝑎1𝑗 𝑒̅1 + 𝑎2𝑗 𝑒̅2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑗 𝑒̅𝑛 ,
𝑗 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛
Система образов базисных векторов может быть новым базисом пространства, но
может и не быть базисом.
Определение. Матрицей А линейного оператора 𝐴̃ в базисе 𝔅 называется матрица,
элементами столбцов которой являются координаты образов соответствующих
базисных векторов, полученных под действием этого оператора.
𝑎11
𝑎21
𝐴=( ⋮
𝑎𝑛1
𝑎12
𝑎22
⋮
𝑎𝑛2
⋯
⋯
⋮
⋯
𝑎1𝑛
𝑎2𝑛
⋮ )
𝑎𝑛𝑛
(11)
Если векторам 𝑥⃗ и 𝑦⃗ поставить в соответствие матрицы-столбцы из координат этих
векторов: 𝑋 = (𝑥1 , 𝑥2 , … 𝑥𝑛 )т , 𝑌 = (𝑦1 , 𝑦2 , … 𝑦𝑛 )т , то имеет место следующее
соответствие:
𝐴̃(𝑥⃗) = 𝑦⃗ ⟺ 𝐴𝑋 = 𝑌
(12)
Пример 18. В линейном пространстве, элементами которого являются многочлены
̃ (𝑝̅ ) = 𝑑𝑃(𝑥) .
степени не выше третьей, задан оператор дифференцирования 𝐷
𝑑𝑥
Убедимся, что он является линейным оператором, составим матрицу этого оператора
в базисе (𝑥 3 , 𝑥 2 , 𝑥, 1).
Найдём образ элемента 𝑄(𝑥) = 2𝑥 3 + 4𝑥 2 − 3𝑥 + 10 под действием данного
оператора.
̃ , используя
Решение. 1) Проверим, выполняются ли условия линейности оператора 𝐷
свойства производных (см. (10)) .
̃ (𝑝
𝐷
̅̅̅1 + ̅̅̅)
𝑝2 =
𝑑
(𝑃1 (𝑥) + 𝑃2 (𝑥)) =
𝑑𝑥
𝑑𝑃1 (𝑥)
𝑑𝑥
+
𝑑𝑃2 (𝑥)
𝑑𝑥
̃ (𝑝
̃ ̅̅̅)
=𝐷
̅̅̅)
1 + 𝐷 (𝑝
2 ,
18
̃ (𝑘𝑝̅ ) = 𝑑𝑘𝑃(𝑥) = 𝑘 𝑑𝑃(𝑥) = 𝑘𝐷
̃ (𝑝̅) .
𝐷
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Оба условия выполнены.
Аксиомы линейности оператора совпадают со свойствами производной функции.
Данный оператор является линейным.
2) Составим его матрицу в базисе (𝑥 3 , 𝑥 2 , 𝑥, 1). (см. (11)) Чтобы составить матрицу
линейного оператора, подвергаем его действию базисные векторы. Образы этих
векторов
3
𝑑𝑥
̃ (𝑒̅1 ) =
𝑒̅1′ = 𝐷
= 3𝑥 2
𝑑𝑥
2
𝑑𝑥
̃ (𝑒̅2 ) =
𝑒̅2′ = 𝐷
= 2𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
̃ (𝑒̅3 ) =
𝑒̅3′ = 𝐷
=1
𝑑𝑥
̃ (𝑒̅4 ) = 𝑑1 = 0.
𝑒̅4′ = 𝐷
𝑑𝑥
Полученные образы разложим по базису 𝔅:
𝑒̅1′ = 0𝑥 3 + 3𝑥 2 + 0𝑥 + 0 ∙ 1 = 0𝑒̅1 + 3𝑒̅2 + 0𝑒̅3 + 0𝑒̅4 = (0,3,0,0)
𝑒̅2′ = 0𝑒̅1 + 0𝑒̅2 + 2𝑒̅3 + 0𝑒̅4 = (0,0,2,0)
𝑒̅3′ = 0𝑒̅1 + 0𝑒̅2 + 0𝑒̅3 + 1𝑒̅4 = (0,0,0,1)
𝑒̅1′ = 0𝑒̅1 + 0𝑒̅2 + 0𝑒̅3 + 0𝑒̅4 = (0,0,0,0)
Матрица линейного оператора в каждом столбце содержит координаты
соответствующих образов базисных векторов (см. (11)):
0
𝐷 = (3
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0).
0
0
̃ , то
3)Образ вектора 𝑞̅ получается в результате действия на вектор оператора 𝐷
̃ (𝑞̅) = 𝑞̅′ . Или в матричном виде 𝐷𝑄 = 𝑄′ (см (12)).
есть 𝐷
Здесь матрица Q соответствует вектору 𝑞̅ = (2,4, −3,10). Так как в условии дан
элемент пространства 𝑄(𝑥) = 2𝑥 3 + 4𝑥 2 − 3𝑥 + 10, то
𝑞̅ = 2𝑒̅1 + 4𝑒̅2 − 3𝑒̅3 + 10𝑒̅4 и матрица 𝑄 = (2,4, −3,10)𝑇 .
19
Тогда
0
𝐷𝑄 = (3
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0
2
0) ∙ ( 4 ) = ( 6 ) = 𝑄 `′ ⇒ 𝑞̅′ = (0,6,8, −3) =
−3
8
0
10
−3
0
= 0𝑥 3 + 6𝑥 2 + 8𝑥 − 3, или
𝑄′ (𝑥) = 6𝑥 2 + 8𝑥 − 3 ∙ 1. Легко убедиться в верности ответа, вычислив
производную непосредственно.
0
Ответ: 𝐷 = (3
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0) , 𝑄′ (𝑥) = 6𝑥 2 + 8𝑥 − 3.
0
0
Пример 19. Составим матрицу линейного оператора, проектирующего пространство
геометрических векторов V2 на некоторую прямую с направляющим единичным
вектором 𝑒̅, принадлежащим этому пространству , выбрав ортонормированный базис
(𝑖̅, 𝑗̅).
Решение. В примере 16 было показано, что данный оператор является линейным. В
пространстве компланарных геометрических векторов V2
зафиксируем на данной прямой l точку О и отнесём к ней
все векторы. Тогда они окажутся принадлежащими вместе
с прямой l одной плоскости π. Действие данного
оператора можно выразить следующим образом:
𝐴̃(𝑥̅ ) = Пр𝑒̅ (𝑥̅ ) ∙ 𝑒̅. (см. пример 16)
Рисунок 1
Из векторной алгебры известно, что Пр𝑒̅ (𝑥̅ ) =
(𝑥̅ ,𝑒̅ )
|𝑒̅ |
.
Учитывая, что |𝑒̅ | = 1, имеем 𝐴̃(𝑥̅ ) = (𝑥̅ , 𝑒̅ ) ∙ 𝑒̅. Чтобы составить матрицу линейного
̅ и разложим их по
оператора, найдём образы базисных векторов 𝐴̃(𝑖⃗) = ̅
𝑖′ и 𝐴̃(𝑗⃗) = 𝑗′
базису (𝑖̅, 𝑗̅). (см. (11))
𝑖̅′ = 𝑐𝑜𝑠𝜑 ∙ 𝑒̅
{′
𝑗̅ = 𝑠𝑖𝑛𝜑 ∙ 𝑒̅
(см. рис 1)
i′̅ = (cos2 φ, sinφ ∙ cosφ)
e̅ = cosφ ∙ i̅ + sinφ ∙ j̅ ⇒ {
j′̅ = (sinφ ∙ cosφ, sin2 φ)
φ - угол, который составляет прямая l с вектором 𝑖̅
̅ выписываем в соответствующие столбцы:
Полученные координаты образов ̅
𝑖′ и 𝑗′
20
𝐴=(
cos 2 φ
sinφ ∙ cosφ
) - матрица данного оператора в базисе (𝑖̅, 𝑗̅).
sinφ ∙ cosφ
sin2 φ
𝜋
В частности, если прямая l составляет с базисными векторами углы , то
4
1
𝐴1 = (21
2
1
2
1).
2
И, например, проекцией вектора 𝑥̅ = (−2,2) на такую прямую будет
1
вектор 𝑦̅: 𝐴̃1 (𝑥̅ ) = 𝑦⃗ ⟺ 𝐴1 𝑋 = 𝑌 ⇒
(21
2
1
2
1)
0
−2
∙ ( ) = ( ) ⇒ 𝑦̅ = 0̅, что легко можно
2
0
2
проверить, построив соответствующий рисунок.
cos 2 φ
sinφ ∙ cosφ
Ответ: матрица данного оператора 𝐴 = (
)
sinφ ∙ cosφ
sin2 φ
Пример 20. В пространстве арифметических векторов ℝ3 задан оператор
𝐴̃(𝑥̅ ) = (2𝑥1 − 𝑥2 , 𝑥2 + 3𝑥3 , 𝑥1 − 4𝑥3 ).
Выяснить, является ли он линейным и, если является, составить его матрицу в
каноническом базисе.
Решение. Проверим, выполняются ли условия линейности оператора 𝐴̃ (см.(10))
Пусть 𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 )𝜖ℝ3 , 𝑦̅ = (𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 )𝜖ℝ3 ⇒
𝑥̅ + 𝑦̅ = (𝑥1 + 𝑦1 , 𝑥2 + 𝑦2 , 𝑥3 + 𝑦3 ) и 𝑘𝑥̅ = (𝑘𝑥1 , 𝑘𝑥2 , 𝑘𝑥3 ).
Тогда
𝐴̃(𝑥̅ + 𝑦̅) = (2(𝑥1 + 𝑦1 ) − (𝑥2 + 𝑦2 ), (𝑥2 + 𝑦2 ) + 3(𝑥3 + 𝑦3 ), (𝑥1 + 𝑦1 ) − 4(𝑥3 +
𝑦3 ) ) = ((2𝑥1 − 𝑥2 ) + (2𝑦1 − 𝑦2 ), (𝑥2 + 3𝑥3 ) + (𝑦2 + 3𝑦3 ), (𝑥1 − 4𝑥3 ) + (𝑦1 − 4𝑦3 )).
Из свойств линейных операций с векторами, заданными своими координатами,
следует, что
𝐴̃(𝑥̅ + 𝑦̅) = (2𝑥1 − 𝑥2 , 𝑥2 + 3𝑥3 , 𝑥1 − 4𝑥3 ) + (2𝑦1 − 𝑦2 , 𝑦2 + 3𝑦3 , 𝑦1 − 4𝑦3 ) =
= 𝐴̃(𝑥̅ ) + 𝐴̃(𝑦̅) - одно условие выполнено.
𝐴̃(𝑘𝑥̅ ) = (2𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥2 , 𝑘𝑥2 + 3𝑘𝑥3 , 𝑘𝑥1 − 4𝑘𝑥3 )
̃ (x⃗⃗) −
= (𝑘(2𝑥1 − 𝑥2 ), 𝑘(𝑥2 + 3𝑥3 ), 𝑘(𝑥1 − 4𝑥3 )) = 𝑘A
21
второе условие выполнено. Заданный оператор является линейным.
Составим его матрицу в каноническом базисе, то есть в базисе, состоящем из векторов
𝑒̅1 = (1,0,0)
𝑒̅2 = (0,1,0)
𝑒̅3 = (0,0,1). . (см.(11))
Найдём образы базисных векторов и разложим их по базису (𝑒⃗1 , 𝑒⃗2 , 𝑒⃗3 ).
У вектора 𝑒̅1 координаты 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 0, 𝑥3 = 0. И его образ 𝑒̅1′ = 𝐴̃(𝑒̅1 ) = (2,0,1).
Аналогично 𝑒̅2′ = 𝐴̃(𝑒̅2 ) = (−1,1,0), 𝑒̅3′ = 𝐴̃(𝑒̅3 ) = (0,3, −4).
Выписывая полученные координаты образов в базисе (𝑒⃗1 , 𝑒⃗2 , 𝑒⃗3 ) в соответствующие
столбцы, получим
2 −1 0
матрицу линейного оператора 𝐴 = (0 1
3) .
1 0 −4
Задачи для самостоятельной работы.
1. Убедитесь в том, что оператор 𝐴̃, действующий в пространстве ℝ3 так, что
𝐴̃(𝑥̅ ) = (𝑥1 + 𝑥2 , 𝑥2 , 2𝑥1 − 𝑥2 + 3𝑥3 ), является линейным. Составьте матрицу
1 1 0
этого оператора в стандартном базисе. Ответ: 𝐴 = (0 1 0).
2 −1 3
2. В линейном пространстве геометрических векторов 𝑉3 с базисом {𝑖̅, 𝑗̅, 𝑘̅} задан
оператор 𝐴̃(𝑥̅ ) = [𝑎̅, 𝑥̅ ], где 𝑎̅ = (1,2,3). Убедитесь в том, что этот оператор
является линейным. Составьте его матрицу и найдите образ вектора
𝑥
̅̅̅1 = (2,1,1). Ответ проверьте, вычислив векторное произведение
0 −3 2
непосредственно. Ответ: 𝐴 = ( 3
̅̅̅)
0 −1) , 𝐴̃(𝑥
1 = (−1,5, −3).
−2 1
0
3. В пространстве 𝑉3 с базисом {𝑖̅, 𝑗̅, 𝑘̅}, отнесённым к точке 0, оператор 𝐴̃
проектирует все векторы 𝑥̅ ∈ 𝑉3 на прямую l , проходящую через точку 0 и
составляющую равные углы базисными векторами. Убедитесь в том, что этот
оператор является линейным. Составьте его матрицу и найдите образ вектора
1 1 1
1
𝑥1 = (1,2,0). Ответ: 𝐴 = (1 1 1) , 𝐴̃(𝑥
̅̅̅
̅̅̅)
1 = (1,1,1).
3
1 1 1
𝑎 𝑏
4. В линейном пространстве матриц вида 𝑀 = (
) действует оператор
𝑐 𝑑
22
1
𝐴̃(𝑀) = 𝑀𝐵, где 𝐵 = (
3
2
). Убедитесь в том, что этот оператор является
4
1 0
0 1
линейным. Составьте его матрицу в базисе 𝐸1 = (
), 𝐸2 = (
),
0 0
0 0
1 3 0 0
0 0
0 0
𝐸3 = (
), 𝐸4 = (
). Ответ: 𝐴 = (2 4 0 0).
0 0 1 3
1 0
0 1
0 0 2 4
Часть 3. Действия с линейными операторами.
3.1Линейные операции с линейными операторами.
Определение. Операторы 𝐴̃1 : 𝐿 → 𝐿′ и 𝐴̃2 : 𝐿 → 𝐿′ называются равными, если для
любого 𝑥̅ ∈ 𝐿 выполняется равенство:
𝐴̃1 (𝑥̅ ) = 𝐴̃2 (𝑥̅ )
(13)
Определение. Суммой операторов 𝐴̃1 : 𝐿 → 𝐿′ и 𝐴̃2 : 𝐿 → 𝐿′ называется новый
оператор (𝐴̃1 + 𝐴̃2 ): 𝐿 → 𝐿′ действие которого заключается в следующем:
(𝐴̃1 + 𝐴̃2 )(𝑥̅ ) = 𝐴̃1 (𝑥̅ ) + 𝐴̃2 (𝑥̅ )
Если в пространстве задан базис, и операторы имеют в нём матрицы 𝐴1 и 𝐴2
соответственно, то матрица суммы операторов равна сумме матриц этих операторов,
то есть
(𝐴1 +𝐴2 ) = 𝐴1 +𝐴2
(14)
Определение. Произведением оператора и числа называется новый оператор действие
которого заключается в следующем
̃ )(𝑥̅ ) = 𝜆𝐴̃(𝑥̅ )
(𝜆𝐴
Матрица произведения оператора на некоторое число равна произведению матрицы
оператора на это число, то есть
(𝜆𝐴) = 𝜆 ∙ 𝐴
(15)
Пример 21. В пространстве геометрических векторов V2
с базисом (𝑖̅, 𝑗̅)
заданы два оператора, таких, что 𝐴̃1 оператор поворота
𝜋
пространства относительно точки О на угол 𝜓 = , а 𝐴̃2 –
4
23
оператор проектирования пространства на прямую l , составляющую с вектором 𝑖̅
угол
3𝜋
4
. Составим
̃
матрицы операторов (𝐴̃
1 +𝐴2 ), (2𝐴1 ) и найдём образы вектора 𝑥̅ = (1, −1) под их
действием.
Решение. 1) Линейность оператора 𝐴̃1 была установлена в примере 15. Составим
матрицу оператора 𝐴̃1 в базисе (𝑖̅, 𝑗̅). (см. (11))
√2
√2
𝐴̃1 (𝑖̅) = ̅
𝑖′ = cosψ ∙ i̅ + sinψ ∙ j̅ = i̅ + j̅ (см. рис. 2)
2
2
̅ = −sinψ ∙ i̅ + cosψ ∙ j̅ = − √2 i̅ + √2 j̅
𝐴̃1 (𝑗̅) = 𝑗′
2
2
√2
√2
−
2
𝐴1 = 2
√2 √2
2 )
(2
2) Линейность оператора 𝐴̃2 и его матрица в базисе (𝑖̅, 𝑗̅) были определены
в примерах 16 и 19. И так как в данном примере 𝜑 =
3𝜋
4
. Матрица оператора 𝐴̃2 имеет
вид:
2
𝐴2 = (
1
cos φ
sinφ ∙ cosφ
2
) = (−1
2
sinφ ∙ cosφ
sin φ
2
−1
2
1
).
2
3) Найдём образы вектора 𝑥̅ под действием операторов 𝐴̃1 и 𝐴̃2 . (см.(12))
𝐴̃1 (𝑥̅ ) = ̅̅̅
𝑦1 ⇒ A1 ∙ X = 𝑌1 ⇒
√2
√2
−
2
2 ∙ ( 1 ) = (√2) ⇒ ̅̅̅
𝑦1 = (√2, 0)
−1
0
√2 √2
2 )
(2
𝐴̃2 (𝑥̅ ) = ̅̅̅
𝑦2 ⇒ A2 ∙ X = 𝑌2 ⇒
1 −1
2 ) ∙ ( 1 ) = ( 1 ) ⇒ ̅̅̅
𝑦2 = (1, −1) = 𝑥̅
(2
−1 1
−1
−1
2
2
24
̃
̃
2) Пусть 𝐴̃3 = (𝐴̃
1 +𝐴2 ) - оператор суммы операторов 𝐴1 и 𝐴2 ,
и 𝐴̃3 (𝑥̅ ) = ̅̅̅.
𝑦3 Тогда 𝐴̃3 (𝑥̅ ) = 𝐴̃1 (𝑥̅ ) + 𝐴̃2 (𝑥̅ ) = ̅̅̅
𝑦1 + ̅̅̅
𝑦2 = (1 + √2, −1) ⇒
𝑦3 = (1 + √2, −1) . (см. (14))
̅̅̅
Проверим действие матриц этих операторов.
𝐴̃3 (𝑥̅ ) ⟺ 𝐴3 = 𝐴1 +𝐴2 =
√2+1
( 2
√2−1
2
−1−√2
2
1+√2
2
) и A3 ∙ X = 𝑌3 ⇒
√2 + 1 −1 − √2
1
2
2
∙ ( ) = (1 + √2) ⇒
−1
−1
√2 − 1 1 + √2
2
( 2
)
𝑦3 = (1 + √2, −1)
⃗⃗⃗⃗⃗
Вектор ̅̅̅,
𝑦3 найденный по определению суммы двух операторов, и вектор, найденный с
помощью матриц операторов, совпали.
̃1 ).
3) Составим матрицу оператора 𝐴̃4 = (2𝐴
A4 = 2A1 = (√2
√2
−√2
)
√2
И если 𝐴̃4 (𝑥̅ ) = 𝑧̅, то
Ответ: 𝐴1 +𝐴2 =
(см.(15))
√2+1
( 2
√2−1
2
A4 ∙ X = 𝑍 ⇒ 𝑧̅ = (2√2, 0)
−1−√2
2
1+√2
2
−√2
), (𝐴̃1 + 𝐴̃2 )(𝑥̅ ) = (1 + √2, −1), 2A1 = (√2
),
√2 √2
̃1 (𝑥̅ ) = (2√2, 0).
2𝐴
3.2 Произведение операторов.
Определение. Произведением или композицией двух операторов 𝐴̃1 и 𝐴̃2 называется
новый оператор (𝐴̃
1 𝐴2 ), действующий следующим образом:
′
′′
̃ ̃
̃
̃
(𝐴̃
1 𝐴2 )(𝑥̅ ) = 𝐴1 ( 𝐴2 (𝑥̅ )), где 𝑥̅ ∈ 𝐿, 𝐴1 : 𝐿 → 𝐿 и 𝐴2 : 𝐿′ → 𝐿
̃ ̃
̃
̃
По аналогии, (𝐴̃
2 𝐴1 )(𝑥̅ ) = 𝐴2 ( 𝐴1 (𝑥̅ )) и в общем случае (𝐴1 𝐴2 ) ≠ (𝐴2 𝐴1 ).
25
Если в некотором базисе пространства операторы имеют матрицы 𝐴1 и 𝐴2
соответственно, то матрицей оператора, равного произведению (𝐴̃
1 𝐴2 )
является матрица, равная произведению 𝐴1 ∙ 𝐴2 , то есть
̅ ⇒ (𝐴1 𝐴2 )𝑋 = 𝑌
(𝐴̃
1 𝐴2 )(𝑥̅ ) = 𝑦
(16)
Пример 22. В линейном пространстве 𝐿 = {𝑃𝑚 (𝑥), 0 ≤ 𝑚 ≤ 3} задан оператор
̃ (𝑝̅ ) = 𝑑𝑃(𝑥). Найдём образ вектора
дифференцирования 𝐷
𝑑𝑥
𝑦̅ = 𝑄3 (𝑥) = 2𝑥 3 − 4𝑥 2 + 5𝑥 − 1 под действием оператора, равного произведению
̃ ).
операторов (𝐷𝐷
Решение. Выберем базис пространства L такой же, как в примере 18, в котором
̃ и составлена его матрица. А
была установлена линейность данного оператора 𝐷
именно, базис (𝑥 3 , 𝑥 2 , 𝑥, 1).
0
̃ в нём имеет вид 𝐷 = (3
Матрица оператора 𝐷
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0). (см. пример 18)
0
0
̃ ):
Тогда матрица оператора 𝐴̃ = (𝐷𝐷
0
𝐴 = 𝐷 2 = (3
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0
0) ∙ (3
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
1
0
0
0) = (0
6
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0) (см.(16))
0
0
Найдём образ вектора 𝑦̅. Из того, что 𝐴̃(𝑦̅) = 𝑧̅ следует, что 𝐴𝑌 = 𝑍, где
2
𝑦̅ = (2, −4,5, −1) ⇔ 𝑌 = (−4)
5
−1
0 0 0 0
2
0
𝐴𝑌 = (0 0 0 0) ∙ (−4) = ( 0 ) ⇒ 𝑧̅ = (0,0,12, −8), что соответствует
6 0 0 0
12
5
0 2 0 0
−8
−1
многочлену 𝑅(𝑥) = 12𝑥 −8.
Замечание. Выясним, в чём заключается действие оператора 𝐴̃ на элементы данного
пространства. По определению
̃ )(𝑦̅) = 𝐷
̃ (𝐷
̃ )(𝑦̅) =
𝐴̃(𝑦̅) = (𝐷𝐷
𝑑
(
𝑑𝑥
𝑑𝑄(𝑥)
𝑑𝑥
)=
𝑑 2 𝑄(𝑥)
𝑑𝑥 2
.
26
То есть 𝐴̃ - оператор, действие которого заключается в вычислении производной
второго порядка.
Проверим полученный в примере ответ.
𝑄(𝑥) = 2𝑥 3 − 4𝑥 2 + 5𝑥 − 1
𝑑𝑄(𝑥)
𝑑𝑥
= 6𝑥 2 − 8𝑥 + 5
𝑑 2 𝑄(𝑥)
𝑑𝑥 2
= 12𝑥 −8. Ответы совпали.
Ответ: 𝐴̃(𝑦̅) = 12𝑥 −8.
Пример 23. В геометрическом пространстве V3 с зафиксированным базисом (𝑖,̅ 𝑗,
̅ 𝑘̅),
̃1 заключается в
отнесённым к точке О, заданы два оператора. Действие оператора 𝐴
𝜋
повороте пространства вокруг оси, на которой расположен вектор 𝑖,̅ на угол 𝜑 = ,
2
̃1 : 𝑉3 → 𝑉3 .
𝐴
Оператор 𝐴̃2 проектирует пространство на
плоскость (𝑖̅𝑜𝑗̅) , то тесть отображает 𝑉3 на 𝑉2 .
̃1 , 𝐴̃2 , (𝐴̃
Составим матрицы операторов 𝐴
1 +𝐴2 ),
̃
(𝐴̃
1 𝐴2 ), (𝐴2 𝐴1 ) в заданном базисе.
Найдём образ вектора 𝑥̅ = (1,1,1), под действием
каждого из этих операторов.
Решение. а) Чтобы составить матрицу оператора
Рисунок3
333 333
̃1 , найдём образы базисных
𝐴
векторов и разложим их по данному базису (см. (11)). Из рис. 3 следует:
𝐴̃1 (𝑖̅) = ̅
𝑖′ = 𝑖̅ = (1,0,0)
1 0
̅
̅
̃
𝐴1 (𝑗̅) = 𝑗′ = 𝑘 = (0,0,1) ] ⇒ 𝐴1 = (0 0
̅ = −𝑗̅ = (0, −1,0)
0 1
𝐴̃1 (𝑘̅) = 𝑘′
0
−1) - матрица оператора 𝐴̃1
0
Аналогично, для оператора 𝐴̃2 имеем
𝐴̃2 (𝑖̅) = ⃗⃗⃗⃗
𝑖′′ = 𝑖̅ = (1,0,0)
1 0
̅
̃
𝐴2 (𝑗̅) = 𝑗" = 𝑗̅ = (0,1,0) ] ⇒ 𝐴1 = (0 1
0 0
̅ = 0̅ = (0,0,0)
𝐴̃2 (𝑘̅ ) = 𝑘"
0
0) - матрица оператора 𝐴̃2 .
0
27
̃3 = (𝐴̃
Оператору суммы 𝐴
1 +𝐴2 ), соответствует матрица
2
𝐴3 = 𝐴1 + 𝐴2 = (0
0
0 0
1 −1).
1 0
(см.(14))
̃4 = (𝐴̃
Оператору произведения 𝐴
1 𝐴2 ), соответствует матрица
1
𝐴4 = 𝐴1 𝐴2 = (0
0
0 0
0 0).
1 0
(см.(16))
̃5 = (𝐴̃
И, наконец, оператору произведения 𝐴
2 𝐴1 ), соответствует матрица
1
𝐴5 = 𝐴2 𝐴1 = (0
0
0 0
0 −1).
0 0
б) Найдём образы вектора 𝑥̅ = (1,1,1) под действием этих операторов.
̃1 (𝑥̅ ) = 𝑦̅1 , то A1 ∙ X = 𝑌1 (см. (12))
Если 𝐴
1 0
Откуда получаем: (0 0
0 1
0
1
1
𝑦1 = (1, −1,1).
−1) ∙ (1) = (−1) ⇒ ̅̅̅
0
1
1
̃2 (𝑥̅ ) = 𝑦̅2 , то A2 ∙ X = 𝑌2 ⇒
Аналогично, если 𝐴
1 0 0
1
1
𝑦2 = (1,1,0).
(0 1 0) ∙ (1) = (1) ⇒ ̅̅̅
0 0 0
0
1
2 0
̃
𝐴3 (𝑥̅ ) = 𝑦̅3 ⇒ A3 ∙ X = 𝑌3 ⇒ (0 1
0 1
0
1
2
𝑦3 = (2,0,1).
−1) ∙ (1) = (0) ⇒ ̅̅̅
0
1
1
1 0 0
1
1
̃4 (𝑥̅ ) = 𝑦̅4 ⇒ A4 ∙ X = 𝑌4 ⇒ (0 0 0) ∙ (1) = (0) ⇒ 𝑦̅4 = (1,0,1).
𝐴
0 1 0
1
1
1 0
̃
(𝑥̅
)
𝐴5
= 𝑦̅5 ⇒ A5 ∙ X = 𝑌5 ⇒ (0 0
0 0
0
1
1
𝑦5 = (1, −1,0).
−1) ∙ (1) = (−1) ⇒ ̅̅̅
0
0
1
Все результаты можно проверить геометрически (см. рис. 4).
𝜋
Вектор 𝑦̅1 получается как образ вектора 𝑥̅ при повороте вокруг орта 𝑖⃗ на 𝜑 = .
2
𝑦̅2 − как образ вектора 𝑥̅ при проектировании на плоскость XOY.
28
̃3 (𝑥̅ ) = 𝐴
̃1 (𝑥̅ ) + 𝐴̃2 (𝑥̅ ) = 𝑦̅1 + 𝑦̅2 .
По определению, вектор 𝑦̅3 = 𝐴
̃4 (𝑥̅ )=𝐴
̃1 (𝐴̃2 (𝑥̅ )) = 𝐴̃1 (𝑦
Аналогично, вектор 𝑦̅4 = 𝐴
̅̅̅),
̅4 получается как
2 то есть вектор 𝑦
𝜋
образ вектора 𝑦̅2 при повороте вокруг орта 𝑖⃗ на 𝜑 = .
2
𝑘̅
𝑦̅4
𝑦1
̅̅̅
𝑥̅
𝑦
̅̅̅3
𝑗̅
𝑦
̅̅̅5
𝑖̅
𝑦
̅̅̅2
Рисунок 4
̃5 (𝑥̅ ) = 𝐴
̃2 (𝐴̃1 (𝑥̅ )) = 𝐴̃2 (𝑦
И, наконец, вектор 𝑦̅5 =𝐴
̅̅̅),
̅5 - образ вектора 𝑦̅1 при
1 то есть 𝑦
проектировании на плоскость XOY.
Ответ: ̅̅̅
𝑦1 = (1,1,1) , ̅̅̅̅
𝑦2 = (1,1,0), ̅̅̅
𝑦3 = (2,0,1), 𝑦̅4 = (1,0,1), ̅̅̅
𝑦5 = (1, −1,0).
3.3 Матрица линейного оператора при переходе к новому
базису.
Если в линейном пространстве действует линейный оператор 𝐴̃, то в базисе ℬ ему
соответствует матрица 𝐴, а в другом базисе ℬ′ матрица 𝐴′ . Эти матрицы линейного
оператора связаны между собой следующей формулой:
𝐴′ = 𝑈 −1 𝐴𝑈,
(17)
где 𝑈- матрица перехода от базиса ℬ к базису ℬ′.
Задачи для самостоятельной работы.
29
1. В пространстве геометрических векторов 𝑉3 с базисом {𝑖̅, 𝑗̅, 𝑘̅}, отнесённым к
̃1 (𝑥̅ ), осуществляющий поворот
точке 0, заданы линейные операторы 𝐴
̃2 (𝑥̅ ), осуществляющий
пространства на угол 𝜑 = 𝜋 относительно вектора 𝑗̅ , и 𝐴
𝜋
поворот пространства на угол 𝜓 = − относительно вектора 𝑖̅. что этот
2
Составьте матрицы этих операторов. Найдите образы вектора 𝑥
̅̅̅1 = (1,1,1) под
̃
̃
действием операторов (𝐴̃
1 +𝐴2 ), (𝐴1 𝐴2 ), (𝐴2 𝐴1 ) .
−1 0 0
1 0 0
0 0 0
Ответ: 𝐴1 = ( 0 1 0), 𝐴2 = (0 0 1), 𝐴1 + 𝐴2 = (0 1 1),
0 0 1
0 −1 0
0 −1 1
−1 0 0
𝐴1 𝐴2 = 𝐴2 𝐴1 = ( 0
0 1), (𝐴̃
1 +𝐴2 )(𝑥̅1 ) = (0,2,0),
0 −1 0
̃
̃
(𝐴1 𝐴2 )(𝑥̅1 ) = (𝐴2 𝐴1 )(𝑥̅1 ) = (−1,1, −1).
1 3
2. В некотором базисе матрица линейного оператора имеет вид 𝐴 = (
).
3 4
Убедитесь в том, что векторы ̅̅̅̅
𝑒1 ′ = (1,3), 𝑒̅̅̅̅
2 ′ = (2,1) тоже образуют базис и
4 3
найдите в этом базисе матрицу данного оператора. Ответ: 𝐴′ = (
).
3 1
Часть 4. Собственные векторы линейного оператора.
4.1 Определение собственного значения и собственного вектора
линейного оператора.
̅ называется собственным вектором линейного
Определение. Ненулевой вектор 𝒙
̃ , если его образом является вектор, равный произведению вектора 𝒙
̅ на
оператора 𝑨
число λ. Число λ называется собственным значением линейного оператора.
Т. е.
𝐴̃(𝑥̅ ) =λ𝑥̅
(18)
̃ , выбран базис, и
Если в линейном пространстве, в котором действует оператор 𝑨
̃ (𝒙
̅) = 𝝀𝒙
̅
в этом базисе оператору соответствует матрица А, то из условия 𝑨
следует равенство 𝑨𝑿 = 𝝀𝑿
(19)
̃ , то вектор ̅
Так как матрица А однозначно характеризует действие оператора 𝐀
𝒙и
число λ можно называть собственным вектором и собственным значением матрицы
А.
4.2 Нахождение собственных векторов и собственных значений
̃ (матрицы А).
линейного оператора 𝐀
30
Пусть в линейном пространстве L выбран базис, в котором линейный оператор 𝐴̃
̅ в этом базисе имеет координаты (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ),
имеет матрицу 𝐴 = (𝑎𝑖𝑗 )𝑛×𝑛 . Вектор 𝒙
̅ и ему ставится в соответствие матрица-столбец 𝑋 = (𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 )𝑇 . Если 𝒙
собственный вектор линейного оператора, то
𝐴̃(𝑥̅ ) = 𝜆𝑥̅ ⇔ 𝐴𝑋 = 𝜆𝑋
Отсюда следует, что 𝐴𝑋 − 𝜆𝑋 = Θ или (𝐴 − 𝜆Е)𝑋 = 0
𝑥1
…
𝑎1𝑛
0
𝑎11 − 𝜆
𝑎12
𝑥
…
𝑎2𝑛 ) ∙ ( 2 ) = (0)
𝑎22 − 𝜆
( 𝑎21
…
…
…
…
⋮
⋮
𝑎𝑛1
𝑎𝑛2
… 𝑎𝑛𝑛 − 𝜆
𝑥𝑛
0
Т. е.
(20)
Отсюда следует, что координаты собственного вектора 𝑥̅ удовлетворяют следующей
ОСЛАУ:
+𝑎1𝑛 𝑥𝑛 = 0
(𝑎11 − 𝜆)𝑥1 + 𝑎12 𝑥2 + …
+ ⋯ +𝑎2𝑛 𝑥𝑛 = 0
𝑥1 + (𝑎22 − 𝜆)𝑥2 …
{ 𝑎21…
…
…
𝑎𝑛2 𝑥2 + … (𝑎𝑛𝑛 − 𝜆)𝑥𝑛 = 0
𝑎𝑛1 𝑥1 +
(21)
Так как собственный вектор 𝑥̅ ≠ 0, то ОСЛАУ (21) должна иметь ненулевое
решение. Из критерия существования такого решения ОСЛАУ следует, что
𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝜆Е) = 0. (Или |𝐴 − 𝜆Е| = 0) Получили уравнение, которое позволит найти
собственные значения 𝜆:
|𝐴 − 𝜆Е| = 0
(22)
Это уравнение n-ого порядка называется характеристическим .
Из приведённых выкладок следует план нахождения собственных векторов и
собственных значений линейного оператора 𝐴̃ (или матрицы А).
̃ , имеющего в некотором базисе матрицу А
Для заданного линейного оператора A
1) составляем характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆Е| = 0,
(22)
и, решая его, находим собственные значения 𝜆 = 𝜆𝑘 ;
2) для каждого 𝜆𝑘 составляем ОСЛАУ (21), которая соответствует равенству
(𝐴 − 𝜆𝑘 𝐸)𝑋 = 𝛩, и находим её общее решение, структура которого имеет вид
𝑋1 +𝐶2 𝑋2 + 𝑋 = 𝐶1 … + 𝐶𝑛−𝑟 𝑋𝑛−𝑟 ,
(23)
где r-ранг матрицы (𝐴 − 𝜆𝑘 𝐸), а 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛−𝑟 - матрицы-столбцы,
соответствующие линейно-независимым собственным векторам 𝑥̅1 , 𝑥̅2 , … , 𝑥̅𝑛−𝑟 ,
найденным для 𝜆𝑘 .
(24)
31
Пример 24. Найдём собственные значения и собственные векторы линейного
0 1 0
оператора, имеющего в некотором базисе матрицу 𝐴 = ( −4 4 0).
−2 1 2
Решение. (см. (22)-(24))
1) Составим характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆Е| = 0 и решим его.
−𝜆
1
0
|−4 4 − 𝜆
0 |=0
−2
1
2−𝜆
Разложим определитель в левой части по элементам последнего столбца.
(2 − 𝜆) |−𝜆
−4
1
| = 0 ⇒ (2 − 𝜆)(𝜆2 − 4𝜆 + 4) = 0 ⇒ (𝜆 − 2)3 = 0
4−𝜆
Найдено единственное собственное значение 𝜆 = 2.
2) Подставляем 𝜆 = 2 в ОСЛАУ (21) или (20)
𝑥1
−2 1 0 𝑥1
(𝐴 − 2𝐸)𝑋 = 0 ⇒ ( −4 2 0) (𝑥2 ) = Θ,
где
𝑋 = (𝑥2 )
𝑥3
−2 1 0 𝑥3
соответствующая искомому собственному вектору𝑥̅ = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ).
-
матрица,
Очевидно, что в матрице (𝐴 − 2𝐸) только одна линейно независимая строка и ранг
𝑟 = 𝑅𝑔(𝐴 − 2𝐸) = 1. Откуда следует, что по теореме о структуре общего решения
ОСЛАУ
𝑋 = 𝐶1 𝑋1 +𝐶2 𝑋2 , т. к. 𝑛 − 𝑟 = 2 (см. (23)).
Т. е. данный оператор имеет два линейно независимых собственных вектора.
Равенство (𝐴 − 2𝐸)𝑋 = 0 равносильно системе, имеющей только одно уравнение:
−2𝑥1 + 𝑥2 = 0, то есть 2𝑥1 = 𝑥2 . Тогда
𝑥1
𝑥1
𝑥1
0
1
0
1
0
𝑥
2𝑥
𝑋 = ( 2 ) = ( 1 ) = (2𝑥1 ) + ( 0 ) = 𝑥1 (2) + 𝑥3 (0) = 𝑐1 (2) + 𝑐2 (0), где 𝑐1 =
𝑥3
𝑥3
𝑥3
0
0
0
1
1
𝑥1 , 𝑐2 = 𝑥2 .⇒ ̅̅̅
𝑥1 = (1,2,0) и ̅̅̅
𝑥2 = (0,0,1) - искомые собственные векторы.
Ответ: Любой вектор 𝑥̅ = 𝑐1 (1,2,0) + 𝑐2 (0,0,1), полученный при произвольных
𝑐1 и 𝑐2 , не равных нулю одновременно, является собственным вектором оператора 𝐴̃ с
собственным значением 𝜆 = 2, причём два из них, а именно ̅̅̅
𝑥1 = (1,2,0) и
𝑥2 = (0,0,1) линейно независимы между собой.
̅̅̅
32
4.3 Некоторые свойства собственных векторов линейного
оператора.
1. Каждому собственному вектору соответствует единственное собственное значение.
Но, одному собственному значению соответствует бесконечное множество
собственных векторов, так как из линейности оператора 𝐴̃ следует, что если 𝐴̃(𝑥̅ ) =
𝜆𝑥̅ , то и 𝐴̃(𝑘𝑥̅ ) = 𝑘𝐴̃(𝑥̅ ) = 𝑘(𝜆𝑥̅ ) = 𝜆(𝑘𝑥̅ ). То есть, если 𝑥̅ - собственный вектор
линейного оператора, то и любой вектор (𝑘𝑥̅ ), где 𝑘𝜖𝑅, тоже является собственным
вектором этого оператора.
2. Собственные векторы, соответствующие различным собственным значениям,
линейно независимы.
(25)
3. Если все корни характеристического уравнения |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0 действительные и
попарно различные, то существует базис линейного пространства, состоящий из
собственных векторов линейного оператора 𝐴̃, в котором его матрица D имеет
диагональный вид, причём
𝜆1 0
0 𝜆2
𝐷=(
0 0
0 0
…
0
…
0
… … ).
… 𝜆𝑛
(26)
В этом случае матрицы A и D связаны между собой формулой 𝐷 = 𝑈 −1 𝐴𝑈, где U –
матрица перехода от исходного базиса к базису из собственных векторов. Откуда
следует, что элементами столбцов матрицы U являются координаты соответствующих
собственных векторов линейного оператора.
4. Кратность корня 𝜆0 называется алгебраической кратностью собственного значения
𝜆0 .
Количество линейно независимых собственных векторов, соответствующих
собственному значению 𝜆0 , называется его геометрической кратностью.
Геометрическая кратность 𝜆0 не превосходит его алгебраической кратности.
5. Собственные значения не зависят от выбора базиса. То есть множество всех
собственных значений линейного оператора, называемое его спектром, инвариантно
относительно базиса.
33
4.4 Второй способ нахождения собственного вектора
линейного оператора, соответствующего простому корню 𝛌𝟎
характеристического уравнения.
Теорема. Если 𝜆0 - простой корень характеристического уравнения
|𝐴 − 𝜆Е| = 0 , то соответствующий ему собственный вектор можно получить
хотя бы из одного столбца присоединённой матрицы (𝐴̃
− 𝜆𝐸), подставив в него 𝜆 =
𝜆0 .
Доказательство. а) Убедимся в том, что если det C  0 , то любой столбец Х
присоединенной к C матрицы C удовлетворяет уравнению CX  0 , где 0 – нулевой
столбец. Вспомним, что присоединенной для C называется матрица, элементами
столбцов которой являются алгебраические дополнения элементов соответствующих
строк матрицы C . И для элемента
cij алгебраическое дополнение равно
произведению
(−1)𝑖+𝑗 на минор этого элемента, то есть на определитель, полученный из det C
вычеркиванием 𝑖 -ой строки и 𝑗 -ого столбца. Итак, если
𝑐11
21
𝐶 = ( 𝑐…
𝑐𝑛1
𝑐12
𝑐11
…
𝑐𝑛2
… 𝑐1𝑛
𝐶𝑖1
… 𝑐2𝑛 ), 𝑋 = (𝐶𝑖1 ) - i-столбец матрицы 𝐶̃ и 𝑑𝑒𝑡𝐶 = 0, то
… …
…
… 𝑐𝑛𝑛
𝐶𝑖1
𝑐11 𝑐12 … 𝑐1𝑛
𝐶𝑖1
0
𝑐
𝑐
…
𝑐
𝐶
21
11
2𝑛 ) ∙ ( 𝑖1 ) = ( 0 ), где 𝐶 - алгебраическое дополнение
𝐵=(…
…
… …
𝑖𝑗
…
…
𝑐𝑛1 𝑐𝑛2 … 𝑐𝑛𝑛
0
𝐶𝑖1
элемента 𝑐𝑖𝑗 матрицы С.
Пусть 𝐵 = (𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 )𝑇 , тогда каждый элемент этой матрицы
b j = с j1  С i1 + с j2  С i2 + ... + с jn  С in .
Имеют место следующие свойства определителя: сумма произведений
элементов строки определителя на их алгебраические дополнения равна этому
определителю, а сумма произведений элементов строки на алгебраические
дополнения элементов другой строки равна нулю.
Таким образом, при 𝑗 = 𝑖
также 𝑏𝑗 = 0 . То есть,
получаем 𝑏𝑗 = 𝑑𝑒𝑡𝐶 = 0 по условию, и при 𝑗 ≠ 𝑖
CX  B  0 .
34
Отсюда следует, что если 𝜆0 - корень характеристического уравнения A  E  0
и хотя бы один столбец матрицы
 A  0 E  не является нулевым, то этот столбец
X 0 соответствует собственному вектору x 0 и Ax0  0 x0 .
в) Убедимся в том, что если 𝜆0 - простой корень характеристического
уравнения A  E  0 , то присоединенная матрица (𝐴 ̃
− 𝜆0 𝐸) содержит хотя бы
один ненулевой столбец.
Допустим, что все элементы присоединенной матрицы равны нулю, то есть
алгебраические дополнения всех элементов матрицы
 a11  0

a
 A  0 E    ...21

 a
n1

a12
a 22  0
...
an2



...
... 

... a nn  0 
...
...
a1n
a2n
равны нулю.
Алгебраические дополнения являются минорами n  1 -ого порядка
матрицы и равенство всех их нулю влечет за собой вывод о том, что ранг матрицы
 A  0 E  не больше, чем r  n  2 . В этом случае координаты искомого
собственного вектора, соответствующего 𝜆0 , удовлетворяют ОСЛАУ
 A  0 E X 0  0 , общее решение которой содержит не меньше двух линейно
независимых частных решений, соответствующих собственным векторам для 𝜆0 .
Так, если r  Rang  A  0 E   n  2 , то по теореме о структуре общего
решения неопределенной ОСЛАУ это общее решение имеет вид
X  C1 X 1  C2 X 2 . Причем X 1 , X 2 -линейно независимые частные решения
ОСЛАУ, которые соответствуют двум собственным векторам x1 , x2 для 𝜆0 ,
линейно независимым между собой.
Получили следующий вывод. Если все алгебраические дополнения элементов
присоединенной матрицы равны нулю, то собственному значению 𝜆0
соответствует не менее двух собственных линейно независимых векторов. Это
противоречит теореме о том, что геометрическая кратность не превышает
алгебраическую кратность собственного значения, то есть если 𝜆0 - простой корень
характеристического уравнения, то ему может соответствовать только один
собственный вектор. И так как пришли к противоречию, исходное предположение
неверно.
35
Следовательно, если 𝜆0 - простой корень характеристического уравнения
A  E  0 , то присоединенная матрица (𝐴 ̃
− 𝜆0 𝐸)содержит хотя бы один
ненулевой столбец, которому соответствует собственный вектор.
Пример 25. Существует ли базис из собственных векторов линейного оператора 𝐴̃,
1 1
имеющего в некотором базисе матрицу 𝐴 = (
)?
6 2
Решение. Найдём собственные значения 𝐴̃. (см.(24))
Составим характеристическое уравнение. |𝐴 − 𝜆Е| = 0 и решим его.
1−𝜆
|
6
1
| = 0 ⇒ 𝜆2 − 3𝜆 − 4 = 0 ⇒ 𝜆1 = −1, 𝜆2 = 4 .
2−𝜆
Так как 𝜆1 ≠ 𝜆2 , то существуют два линейно независимых вектора и они образуют
новый базис линейного пространства, в котором действует данный линейный
оператор. (см. (25)) Найдём векторы этого базиса, то есть собственные векторы
линейного оператора. Так как 𝜆1 ≠ 𝜆2 , то собственные векторы можно найти,
используя присоединённую матрицу (𝐴̃
− 𝜆𝐸). (см. (27))
Вычисляем алгебраические дополнения элементов первой строки матрицы (𝐴 − 𝜆𝐸) =
1−𝜆
1
2−𝜆 ∗
− 𝜆𝐸) = (
(
) и выписываем их в первый столбец матрицы (𝐴̃
).
6
2−𝜆
−6 ∗
Подставляя по очереди в этот столбец 𝜆1 = −1 и 𝜆2 = 4, получаем соответствующие
собственные векторы:
3
1
𝜆1 = −1 ⇒ 𝑋1 = ( ) = 3 ( ) ⇒ 𝑥
̅̅̅1 = (1, −2) – первый собственный вектор;
−6
−2
(а также 𝐶1 ̅̅̅
𝑥1 = 𝐶1 (1, −2) при 𝐶1 ∈ ℝ ).
−2
1
𝑥2 = (1,3) – второй собственный вектор; (а также
) = −2 ( ) ⇒ ̅̅̅
−6
3
𝐶2 ̅̅̅
𝑥2 = 𝐶1 (1,3) при 𝐶2 ∈ ℝ ).
𝜆2 = 4 ⇒ 𝑋2 = (
Найдены векторы нового базиса 𝑥
̅̅̅1 = (1, −2) и ̅̅̅
𝑥2 = (1,3).
Матрица линейного оператора 𝐴̃ в этом новом базисе имеет диагональный вид 𝐷 =
𝜆
0
−1 0
(см. (26))
( 1
)=(
).
0 𝜆2
0 4
Матрица перехода от старого базиса к новому: 𝑈 = (
1 1
) (см. (4))
−2 3
Проверим связь между матрицами: 𝐷 = 𝑈 −1 𝐴𝑈.
36
1 3 −1
𝑈 −1 = (
)⇒
5 2 1
1 3 −1 1 1
1
𝑈 −1 𝐴𝑈 = (
)(
)(
6 2 −2
5 2 1
𝜆
1
−1 0
)=(
)=( 1
0
3
0 4
0
) = 𝐷.
𝜆2
Ответ: ̅̅̅
𝑥1 = (1, −2) и ̅̅̅
𝑥2 = (1,3) - базис из собственных векторов.
Пример 26. Привести матрицу А к диагональному виду и указать матрицу перехода .
2
𝐴 = (−1
2
2 −1
3 0 ).
4 −1
Решение. Данная матрица, заданная в некотором базисе, однозначно определяет
линейный оператор 𝐴̃.
а) Матрица линейного оператора 𝐴̃ имеет диагональный вид в базисе из собственных
векторов, если таковой существует.
Составим характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆Е| = 0 и найдём его корни. (см.(22))
2−𝜆
| −1
2
2
3−𝜆
4
−1
0 | = 0 ⇔ (𝜆 − 1)(𝜆2 + 3𝜆 + 2) = 0 ⇒
−1 − 𝜆
𝜆1 = −1, 𝜆2 = −2, 𝜆1 = 1. Так как собственные значения попарно различны,
соответствующие им собственные векторы линейно независимы. Следовательно, эти
векторы образуют новый базис линейного пространства, при переходе к которому
матрица оператора принимает диагональный вид.
𝑈
−1
−1 0
𝐴𝑈 = 𝐷 ⇒ 𝐷 = ( 0 −2
0
0
0
0).
1
(см. (26))
Матрица перехода от старого базиса к новому составляется из координат новых
базисных векторов, то есть собственных векторов матрицы А. Так как собственные
значения попарно различны, то есть являются простыми корнями характеристического
уравнения, соответствующие им собственные векторы можно найти, используя
присоединённую матрицу (𝐴̃
− 𝜆𝐸). (см.(27))
Составим первый столбец этой матрицы, для чего вычислим алгебраические
2−𝜆
2
−1
дополнения элементов первой строки матрицы (𝐴 − 𝜆𝐸) = ( −1 3 − 𝜆
0 ).
2
4
−1 − 𝜆
37
(𝜆 + 1)(3 + 𝜆) ∗ ∗
(𝐴 −̃
𝜆𝐸) = ( −(𝜆 + 1)
∗ ∗).
2 + 2𝜆
∗ ∗
0
При 𝜆1 = −1 получаем столбец 𝑋1 = (0) ⇒ ̅̅̅
𝑥1 = (0,0,0).
0
Но собственный вектор не может быть нулевым по определению. Для 𝜆1 = −1
необходимо составить второй, а, может быть, и третий, столбец.
−1
При 𝜆2 = −2 получим столбец 𝑋2 = ( 1 ) ⇒ ̅̅̅
𝑥2 = (−1,1, −2).
−2
8
4
При 𝜆3 = 1 получим столбец 𝑋3 = (−2) = 2 (−1) ⇒ ̅̅̅
𝑥3 = (4, −1,2).
4
2
Вычислим алгебраические дополнения элементов второй строки матрицы (𝐴 − 𝜆𝐸) и
выпишем второй столбец матрицы
∗
−(2 − 2𝜆)
∗
(𝐴 −̃
𝜆𝐸) = (∗ −(2 − 𝜆)(1 + 𝜆) + 2 ∗).
∗
−(4 − 4𝜆)
∗
−4
2
При 𝜆1 = −1 получаем столбец 𝑋1 = ( 2 ) = −2 (−1) ⇒первый собственный вектор
−8
4
𝑥1 = (2, −1,4).
̅̅̅
Чтобы составить матрицу перехода U, выписываем координаты собственных векторов
в соответствующие столбцы:
2 −1
𝑈 = (−1 1
4 −2
4
−1).
2
(см.(4))
Вычислив обратную матрицу 𝑈 −1 , можно далее убедиться в том, что
𝑈
−1
−1 0
𝐴𝑈 = 𝐷 ⇒ 𝐷 = ( 0 −2
0
0
0
0).
1
Замечание. Если координаты вектора 𝑥̅ в старом базисе обозначить как (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 ), а
в новом базисе - как (𝑥′1 , 𝑥′2 , 𝑥′3 ), и поставить этому вектору в соответствие
38
𝑥1
𝑥′1
матрицы-столбцы 𝑋 = ( 𝑥2 ) и 𝑋′ = ( 𝑥′2 ), то связь между новыми и старыми
𝑥3
𝑥′3
координатами выражается следующим соотношением:
𝑋 = 𝑈𝑋′
(см.(4))
𝑥1
𝑥1 = 2𝑥′1 − 𝑥′2 + 4𝑥′3
𝑥′1
2 −1 4
То есть ( 𝑥2 ) = (−1 1 −1) ( 𝑥′2 ) ⇒ { 𝑥2 = −𝑥′1 + 𝑥′2 − 𝑥′3 - линейное
𝑥3
4 −2 2
𝑥′3
𝑥3 = 4𝑥′1 − 2 𝑥′2 + 2𝑥′3
преобразование координат вектора при переходе к базису из собственных векторов.
−1 0 0
2 −1 4
Ответ: 𝐷 = ( 0 −2 0) , 𝑈 = (−1 1 −1).
0
0 1
4 −2 2
Задачи для самостоятельной работы.
1. Найдите собственные векторы линейного оператора, имеющего в некотором
3 4
базисе матрицу: а) 𝐴 = (
).
5 2
Ответ: 𝜆1 = −2, 𝑥̅1 = 𝑐1 (4, −5), 𝜆2 = 7, 𝑥̅1 = 𝑐2 (1,1).
0 1 0
б) 𝐴 = (−4 4 0). Ответ: 𝜆 = 2, 𝑥̅1 = 𝑐1 (1,2,0) + 𝑐2 (0,0,1).
−2 1 2
Часть 5. Линейный оператор в евклидовом пространстве.
5.1 Cамосопряженный линейный оператор.
Определение . Линейный оператор, действующий в евклидовом пространстве ℰ,
называется самосопряжённым, если для скалярного произведения двух любых
векторов этого пространства выполняется условие (𝐴̃(𝑥̅ ), 𝑦̅) = (𝑥̅ , 𝐴̃(𝑦̅)).
Теорема . Линейный оператор 𝐴̃, действующий в ℰ, является самосопряжённым тогда
и только тогда, когда в любом ортонормированном базисе этого пространства его
матрица является симметрической, то есть 𝐴 = 𝐴𝑇 .
(28)
5.2 Свойства собственных векторов и собственных значений
самосопряжённого оператора.
39
Теорема. Если 𝐴̃ - самосопряжённый оператор, действующий в ℰ, и имеющий в
некотором базисе матрицу A, то все корни характеристического уравнения
|𝐴 − 𝜆𝐸| = 0 действительны.
Следовательно, если матрица А симметрическая, то корни уравнения |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0
действительны.
Теорема. Если 𝜆0 - корень характеристического уравнения |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0 кратности k,
то ему соответствуют k линейно независимых векторов оператора 𝐴̃.
Следствие. Самосопряжённый линейный оператор, действующий в ℰ𝑛 , имеет n
действительных собственных значений, считая кратные, и n линейно независимых
собственных векторов.
Отсюда следует, что если 𝐴̃ - самосопряжённый оператор, то в ℰn существует базис из
собственных векторов этого оператора.
(29)
Теорема. Собственные векторы самосопряжённого оператора, соответствующие
различным собственным значениям, ортогональны.
То есть, если 𝜆𝑖 ≠ 𝜆𝑗 , то им соответствуют собственные векторы 𝑥̅𝑖 и 𝑥̅𝑗 такие, что
(𝑥̅𝑖 , 𝑥̅𝑗 ) = 0.
Вывод. Если 𝐴̃ - самосопряжённый оператор, действующий в ℰn ,то существует
ортонормированный базис, состоящий из собственных векторов этого оператора. (30)
Следствие. Если А - симметрическая матрица, то её можно привести к диагональному
виду 𝐷 = 𝑑𝑖𝑎𝑔(𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑛 ), причём 𝐷 = 𝐵𝑇 𝐴𝐵 , где 𝐵 - матрица перехода к новому
базису, составленная соответствующим образом из координат собственных векторов
матрицы А, образующих ортонормированный базис в ℰ𝑛 .
(31)
Такая матрица В обладает свойством 𝐵−1 = 𝐵𝑇 и называется ортогональной. Поэтому
𝐷 = 𝐵−1 𝐴𝐵 = 𝐵𝑇 𝐴𝐵
Преобразование пространства ℰ, задаваемое матрицей В, называется ортогональным.
5.3. Ортогональное преобразование евклидова пространства
(ортогональный оператор).
40
~
Определение. Линейный оператор B , действующий в евклидовом пространстве,
называется ортогональным, если для любых двух векторов пространства выполняется
~
~
условие B ( x ), B ( y )   x , y  .
Следствия. а) При ортогональном преобразовании евклидова пространства
ортогональные векторы преобразуются в ортогональные.
б) При этом не меняется норма вектора, так как B~( x ) 
B~( x ), B~( x ) 
(x, x)  x
.
в) Любой ортонормированный базис евклидова пространства под действием
ортогонального оператора преобразуется в новый ортонормированный базис.
~
Теорема. Линейный оператор B , действующий в евклидовом пространстве ,
является ортогональным тогда и только тогда, когда в любом ортонормированном
базисе этого пространства ему соответствует ортогональная матрица В.
(32)
Определение. Матрица В называется ортогональной, если B 1  B T , т.е. обратная
матрица равна транспонированной.
(33)
Некоторые свойства ортогональной матрицы.
1. det B  1 .
2.Строки и столбцы ортогональной матрицы B  bij nn образуют ортонормированные
системы, т.е.
n
b
k 1
ik
 b jk и  bki  bkj равны нулю при i  j и равны единице при i  j .
Пример 27. Убедимся в том, что оператор , проектирующий линейное пространство
𝑉3 на прямую l с единичным направляющим вектором e , является самосопряженным.
Решение. Действие данного оператора можно выразить следующим образом:
~
A ( x )  ( x , e )e .
(См. пример16)
Отнесем все векторы к общему началу О. Пусть (e1 , e2 , e3 ) - ортонормированный базис
пространства. Составим матрицу данного оператора в нем. (См.(11))
В выбранном базисе координаты единичного вектора e  (cos  , cos  , cos  ) ,
где  ,  ,  - углы, составленные этим вектором с соответствующими базисными
векторами.
Найдем образы базисных векторов и разложим их по векторам выбранного базиса.
41
Учитывая, что e1  (1,0,0), e2  (0,1,0), e3  (0,0,1) , имеем
 ~
e1  A(e1 )  (e1 , e )e  cos   e  (cos 2  , cos   cos  , cos   cos  ) ,
 ~
e2  A(e2 )  (e2 , e )e  cos   e  (cos   cos  , cos 2  , cos   cos  ) ,
 ~
e3  A(e3 )  (e3 , e )e  cos   e  (cos   cos  , cos   cos  , cos 2  ) .
Выписывая полученные координаты в соответствующие столбцы, получим матрицу
данного оператора в выбранном ортонормированном базисе:
 cos 2 

A   cos   cos 
 cos   cos 

cos   cos 
cos 2 
cos   cos 
cos   cos  

cos   cos  
cos 2  
Матрица оператора в ортонормированном базисе такова, что
, т.е.
симметрическая. Отсюда следует, что данный оператор является самосопряженным
(см. (28)).
~
Пример 28. Проверим, является ли ортогональным оператор B , который действует в
пространстве


B



1
2
3
2
V2
и в некотором ортонормированном базисе имеет матрицу
3

2 .
1
 
2
Выясним, в чем заключается действие этого оператора.
Решение. Для проверки ортогональности данного
оператора вычислим обратную матрицу и убедимся в
том, что B 1  B T (см. (33)).
B 1
Рисунок 5






1
2
3
2
3

2 
.
1
 
2
Действительно, B 1  B T .
~
Из теоремы (см.(32)) следует, что оператор B является ортогональным.
42
Далее отнесем все векторы пространства V2 к общему началу О. Пусть
ортонормированный базис, в котором задана матрица B состоит из векторов e1 , e2 .
~
Под действием оператора B базисные векторы преобразуются в векторы e1 , e2  ,
которые тоже образуют ортонормированный базис.
Элементы столбцов матрицы B являются координатами новых базисных
 
векторов e1 , e 2 .
То есть
1
3
 ~
e1  B (e1 )  e1 
e2 ,
2
2
3
1
 ~
e 2  B (e 2 ) 
e1  e2 .
2
2
Построив обе системы базисных векторов с общим началом О, выясняем, что
~
пространство V2 под действием оператора B повернулось на угол  относительно
точки О и отобразилось симметрично относительно прямой, проходящей через точку
О с направляющим вектором e1 .
(см. рис. 5)
Из рис. 5 следует, что tg  3   

3
.
Замечание. В данном примере det B  1 . Если матрица оператора имела бы вид
 1
3



2
2

B
, то ее det B  1 , и действие соответствующего оператора
 3
1 


2 
 2
заключалось бы только в одном повороте пространства V2 относительно точки О на



угол
.
3
1 2
Пример 29. Привести матрицу 𝐴 = (2 1
1 −1
матрицу перехода .
1
−1) к диагональному виду. Указать
−2
Решение. В некотором базисе евклидова пространства ℰ3 данной симметрической
матрице соответствует самосопряжённый оператор. Следовательно, существует базис
из его собственных векторов , и в этом базисе ему соответствует диагональная
матрица 𝐷 = 𝑑𝑖𝑎𝑔(𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 ). (см.(26))
43
Найдём собственные значения, решив характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0.
1−𝜆
| 2
1
2
1−𝜆
−1
1
−1 | = (3 − 𝜆)(𝜆2 + 3𝜆) = 0 ⇒ 𝜆1 = −3, 𝜆2 = 0, 𝜆3 = 3.
−2 − 𝜆
Найдём собственные векторы, соответствующие полученным собственным значениям.
Так как все 𝜆𝑖 различны, воспользуемся способом, связанным с присоединённой
матрицей (см. (27)).
Составим первый её столбец. (Его элементами являются алгебраические дополнения
элементов первой строки матрицы (𝐴 − 𝜆𝐸)).
2
−1
1 − 𝜆 −1
2 1−𝜆 𝑇
𝜆2 + 𝜆 − 3 ∗ ∗
|
| −|
| |
|
1 −2 − 𝜆
1 −1 ) = ( 2𝜆 + 3
(𝐴̃
− 𝜆𝐸) = ( −1 ∗ −𝜆
∗ ∗)
∗
∗
𝜆−3
∗ ∗
∗
∗
∗
3
1
𝜆1 = −3 ⇒ (−3) = 3 (−1) ⇒ 𝑥
̅̅̅1 = (1, −1, −2) − первый собственный вектор.
−6
−2
−3
1
𝜆2 = 0 ⇒ ( 3 ) = −3 (−1) ⇒ ̅̅̅
𝑥2 = (1, −1,1) − второй собственный вектор.
−3
1
9
1
𝜆3 = 3 ⇒ (9) = 9 (1) ⇒ 𝑥
̅̅̅3 = (1,1,0) − третий собственный вектор.
0
0
Заметим, что, так как все 𝜆𝑖 различны, собственные векторы, им соответствующие, не
только линейно независимы, но и ортогональны. Действительно, все скалярные
произведения (𝑥̅𝑖 , 𝑥̅𝑗 ) = 0 при 𝑖 ≠ 𝑗 (см. (30)) . То есть собственные векторы образуют
ортогональный базис, в котором матрица оператора приобретает диагональный вид:
𝜆1
𝐷 = (0
0
0
𝜆2
0
0
−3 0 0
0 ) = ( 0 0 0)
𝜆3
0 0 3
Матрица перехода от исходного базиса к новому состоит из координат собственных
векторов, записанных в соответствующие столбцы.
1
1
𝑈 = (−1 −1
−2 1
1
1) (см. (4)).
0
44
Так как нормы базисных векторов не равны единице, эта матрица не является
ортогональной.
Тогда связь между всеми матрицами имеет вид:
1
1 1 −1 1 2
𝐷 = 𝑈 −1 𝐴𝑈=(−1 −1 1) ∙ (2 1
−2 1 0
1 −1
1
1
1 1
−3
−1) ∙ (−1 −1 1) = ( 0
−2 1 0
0
−2
0 0
0 0).
0 3
Замечание. Если построить базис из пронормированных собственных векторов
𝑥1 ̅̅̅,
̅̅̅,
𝑥2 ̅̅̅
𝑥3 , то он будет ортонормированным. Матрица перехода в этом случае
окажется ортогональной, само преобразование тоже будет ортогональным. И тогда
будет верно равенство 𝐵−1 = 𝐵𝑇 . Откуда следует
𝐷 = 𝐵𝑇 𝐴𝐵 .
(см. (31))
Построим матрицу перехода для ортогонального преобразования линейного
пространства . Вычислим нормы собственных векторов:
(см.(28))
2
2
2
‖𝑥
̅̅̅‖
1 = √1 + (−1) + (−2) = √6
2
2
2
‖𝑥
̅̅̅‖
2 = √1 + (−1) + 1 = √3
2
2
2
‖𝑥
̅̅̅‖
3 = √1 + 1 + 0 = √2
𝑥̅
̅̅̅̅} - ортонормированный базис:
Тогда {𝑒̅𝑖 = ‖𝑥̅𝑖‖ , 𝑖 = 1,3
𝑖
𝑒̅1 = (
1
√6
𝐵=
,−
1
√6
,−
2
1
√
√3
1
1
1
√6
−1
√3
−1
√2
1
√6
−2
√3
1
√2
( √6
√3
0
𝑇
), 𝑒̅1 = (
6
,−
1
,
1
√3 √
) , 𝑒̅1 = (
3
1
,
1
√2 √2
, 0) ⇒
- ортогональная матрица преобразования.
)
И теперь 𝐷 = 𝐵 𝐴𝐵 =
1
1
1
√6
−1
√6
−1
√6
1
√3
−2
√3
1
√3
( √2
√2
0
)
1 2
(2 1
1 −1
1
−1)
−2
1
1
1
√6
−1
√3
−1
√2
1
√6
−2
√3
1
√2
( √6
√3
0
−3 0
=( 0 0
0 0
0
0).
3
)
1 1 1
Пример 30. Привести симметрическую матрицу 𝐴 = (1 1 1) к диагональному
1 1 1
виду ортогональным преобразованием. Указать матрицу этого преобразования.
45
̃ , заданного матрицей А в
Решение. Матрица самосопряжённого оператора А
некотором ортогональном базисе, принимает диагональный вид 𝐷 = 𝑑𝑖𝑎𝑔(𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 ) в
базисе из собственных векторов. Так как А - симметрическая матрица, то существует
ортонормированный базис из этих векторов , который необходимо найти для
построения матрицы преобразования.
Найдём собственные значения, решив характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0.
1−𝜆
| 1
1
1
1−𝜆
1
1
1 | = (𝜆 − 3)𝜆2 = 0 ⇒ 𝜆1 = 0, 𝜆2 = 0, 𝜆3 = 3.
1−𝜆
Третий вектор ̅̅̅,
𝑥3 соответствующий простому корню характеристического уравнения
𝜆3 = 3, можно найти, используя присоединённую матрицу (𝐴̃
− 3𝐸 ):
3 ∗ ∗
(𝐴̃
− 3𝐸) = (3 ∗ ∗) ⇒ ̅̅̅
𝑥3 = (1,1,1).
3 ∗ ∗
Но для 𝜆1 = 𝜆2 = 0 этот способ использовать нельзя. Решим ОСЛАУ (𝐴 − 0𝐸)𝑋 = 0,
где 𝑋 = (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 )𝑇 - матрица, соответствующая искомому собственному вектору.
1 1 1 𝑥1
0
𝑥
Равенство (1 1 1) ( 2 ) = (0) равносильно системе, состоящей из одного
0
1 1 1 𝑥3
уравнения 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 0 ⇒ 𝑥3 = −𝑥1 − 𝑥2 .⇒ 𝑥1 = 𝑐1 , 𝑥2 = 𝑐2, 𝑥3 = −𝑐1 − 𝑐2 .
𝑅𝑔𝐴 = 1 ⇒ (𝑛 − 𝑟) = 2 ⇒общее решение имеет вид
𝑥1
𝑐1
1
0
𝑋 = 𝐶1 𝑋1 + 𝐶2 𝑋2 =(𝑥2 ) = ( 𝑐2 ) = 𝑐1 ( 0 ) + 𝑐2 ( 1 ) ⇒
𝑥3
−𝑐1 −𝑐2
−1
−1
𝜆1 = 𝜆2 = 0 соответствуют два линейно независимых собственных вектора
𝑥
̅̅̅1 = (1,0, −1) и ̅̅̅
𝑥2 = (0,1, −1). Проверим попарную ортогональность собственных
векторов. (𝑥
̅̅̅,
𝑥3 = 0 и (𝑥
̅̅̅,
𝑥3 = 0 (Так и должно быть, так как 𝜆1 ≠ 𝜆3 и 𝜆2 ≠ 𝜆3 )
1 ̅̅̅)
2 ̅̅̅)
Но (𝑥
̅̅̅,
𝑥2 = 1 ≠ 0. В задаче требуется построить ортонормированный базис, поэтому
1 ̅̅̅)
полученные ̅̅̅
𝑥1 и ̅̅̅
𝑥2 не подходят. Можно подвергнуть векторы ̅̅̅
𝑥1 и ̅̅̅
𝑥2
процессу ортогонализации Грама-Шмидта. Можно поступить следующим образом.
𝜆1 = 𝜆2 = 0 соответствует бесконечное множество собственных векторов
𝑥̅ = (𝑐1 , 𝑐2 , −𝑐1 − 𝑐2 ), где 𝑐1 и 𝑐2 произвольные числа. Один из них ̅̅̅
𝑥1 = (1,0, −1) при
𝑐2 = 0. Подберём 𝑐1 , 𝑐2 так, чтобы векторы ̅̅̅
𝑥1 = (1,0, −1) и 𝑥̅ = (𝑐1 , 𝑐2 , −𝑐1 − 𝑐2 )
46
были ортогональными, то есть чтобы выполнялось условие (𝑥
̅̅̅,
1 𝑥̅ ) = 0
1 ∙ 𝑐1 + 0 ∙ 𝑐2 + (−1) ∙ (−𝑐1 − 𝑐2 ) = 0, 2𝑐1 + 𝑐2 = 0, 𝑐2 = −2𝑐1 .
Пусть 𝑐1 = 1, тогда 𝑐2 = −2 и ̅̅̅
𝑥2 = (1, −2,1) - второй собственный вектор. Базис из
собственных векторов ̅̅̅
𝑥1 = (1,0, −1), ̅̅̅
𝑥2 = (1, −2,1), ̅̅̅
𝑥3 = (1,1,1) является
ортогональным. Пронормируем эти векторы и получим ортонормированный базис:
‖𝑥
̅̅̅‖
̅̅̅‖
̅̅̅‖
1 = √2, ‖𝑥
2 = √6, ‖𝑥
3 = √3 (см.(9))
𝑒̅1 = (
1
√2
, 0, −
1
1
√
√6
), 𝑒̅1 = (
2
,−
2
,
1
√6 √
) , 𝑒̅1 = (
6
1
,
1
,
1
) - ортонормированный базис,
√3 √3 √3
в котором матрица оператора приобретает диагональный вид:
𝜆1
𝐷 = (0
0
0
𝜆2
0
0
0
0 ) = (0
𝜆3
0
0 0
0 0)
0 3
Матрица перехода от исходного базиса к новому состоит из координат собственных
̅̅̅̅}, и в новом базисе матрица оператора 𝐷 = 𝐵𝑇 𝐴𝐵 .(см. (31))
векторов {𝑒̅𝑖 , 𝑖 = 1,3
𝐵=
1
1
1
√6
−1
√3
−1
√2
1
√6
−2
√3
1
√2
( √6
√3
0
Ответ: 𝐷 = (0
0
0
.
)
1
1
1
√6
−1
√3
−1
√2
1
√6
−2
√3
1
√2
( √6
√3
0 0
0 0) , 𝐵 =
0 3
0
.
)
Задачи для самостоятельной работы.
1. Линейный оператор, действующий в пространстве ℝ2 , преобразует вектор так,
1
√3
что 𝐴̃(𝑥̅ ) = ( 𝑥1 − 𝑥2 ,
2
2
√3
𝑥
2 1
1
+ 𝑥2 ).
2
Составьте матрицу этого оператора в стандартном базисе и проверьте, является
ли данный оператор самосопряжённым, ортогональным.
1
Ответ: 𝐴 = ( 2
√3
2
√3
2
) , оператор
1
−
ортогональный.
2
1 0 0
2. Приведите матрицу 𝐴 = (0 1 1) к диагональному виду ортогональным
0 1 1
преобразованием. Укажите матрицу преобразования.
47
2 0
Ответ: 𝐷 = (0 1
0 0
0 1
0
0
1
1
0 −
√2).
0) , 𝐵 = (√2
1
1
0
0
√2
√2
Список рекомендуемой литературы.
1. Канатников А.Н., Крищенко А. П. Линейная алгебра. М.: Изд-во МГТУ им. Н. Э.
Баумана, 1998, 336с.
2. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Линейная алгебра. М.: Наука, 1984, 286с.
3. Ильичёв А. Т., Крапоткин В.Г. , Савин А.С. Линейные операторы: Методические
указания к выполнению типового расчёта. М.: Изд-во МГТУ им. Н. Э. Баумана, 2003,
36с.
48
Оглавление.
Часть 1. Линейное и евклидово пространства.
Часть 2. Линейный оператор.
Часть 3. Действия с линейными операторами.
Часть 4. Собственные векторы линейного оператора.
Часть 5. Линейный оператор в евклидовом пространстве.
49