Как доказать что линейный оператор простого типа
Самый простой линейный оператор — умножение вектора на число \(\lambda \). Этот оператор просто растягивает все вектора в \(\lambda \) раз. Его матричная форма в любом базисе — \(diag(\lambda ,\lambda . \lambda )\). Фиксируем для определенности базис \(\\) в векторном пространстве \(\mathit\) и рассмотрим линейный оператор с диагональной матричной формой в этом базисе, \(\alpha = diag(\lambda _1,\lambda _2. \lambda _n)\). Этот оператор, согласно определению матричной формы, растягивает \(e_k\) в \(\lambda _k\) раз, т.е. \(Ae_k=\lambda _ke_k\) для всех \(k=1,2. n\). С диагональными матрицами удобно работать, для них просто строится функциональное исчисление: для любой функции \(f(x)\) можно положить \(f(diag(\lambda _1,\lambda _2. \lambda _n))=diag(f(\lambda _1),f(\lambda _2). f(\lambda _n))\). Таким образом возникает естественный вопрос: пусть имеется линейный оператор \(A\), можно ли выбрать такой базис в векторном пространстве, чтобы матричная форма оператора \(A\) была диагональной в этом базисе? Этот вопрос приводит к определению собственных чисел и собственных векторов.
Пусть для линейного оператора \(A\) существует ненулевой вектор \(u\) и число \(\lambda \) такие, что \[ Au=\lambda \cdot u. \quad \quad(59) \] Тогда вектор \(u\) называют собственным вектором оператора \(A\), а число \(\lambda \) — соответствующим собственным числом оператора \(A\). Совокупность всех собственных чисел называют спектром линейного оператора \(A\).
Возникает естественная : найти для заданного линейного оператора его собственные числа и соответствующие собственные вектора. Эту задачу называют задачей о спектре линейного оператора.
Уравнение для собственных значений
Фиксируем для определенности базис в векторном пространстве, т.е. будем считать, что он раз и навсегда задан. Тогда, как обсуждалось выше, рассмотрение линейных операторов можно свести к рассмотрению матриц — матричных форм линейных операторов. Уравнение (59) перепишем в виде \[ (\alpha -\lambda E)u=0. \] Здесь \(E\) — единичная матрица, а \(\alpha\) — матричная форма нашего линейного оператора \(A\). Это соотношение можно трактовать как систему \(n\) линейных уравнений для \(n\) неизвестных — координат вектора \(u\). Причем это однородная система уравнений, и нам следует найти ее нетривиальное решение. Ранее было приведено условие существования такого решения — для этого необходимо и достаточно, чтобы ранг системы был меньше числа неизвестных. Отсюда следует уравнение для собственных чисел: \[ det(\alpha -\lambda E)=0. \quad \quad(60) \]
Опишем свойства этого уравнения и его решений. Если его выписывать в явном виде, получим уравнение вида \[ (-1)^n\lambda ^n+. +det(A)=0. \quad \quad(61) \] В левой части стоит полином по переменной \(\lambda \). Такие уравнения называются алгебраическими степени \(n\). Приведем необходимые сведения об этих уравнениях.
Уравнение (61) имеет решение на комплексной плоскости \(\mathbb\).
Уравнение (61) имеет на комплексной плоскости столько решений, какова его степень (решения учитываются с учетом кратности).
Рассмотрим уравнение \[ \lambda (\lambda-1)^2(\lambda+1)^3=0. \] Это уравнение 6 степени. Оно имеет следующие решения: \( \lambda =0\), \( \lambda =1\), \( \lambda =-1\), причем кратность первого решения равна 1 (такие решения называют простыми корнями), кратность второго решения равна 2, кратность третьего решения равна 3. Решения, кратность которых выше 1, называют кратными . В нашем случае 1+2+3=6. Уравнения степени \(n \geq 5\) невозможно решить с помощью радикалов (теорема Абеля-Руффини). Для уравнений степени \(n=2,3,4\) такие явные формулы существуют. Однако на практике уравнения высокой степени можно успешно решать с помощью компьютеров. Таким образом, в дальнейшем будем считать, что мы тем или иным способом построили решения уравнения (61).
Собственные вектора
Рассмотрим вопрос о построении собственного вектора, соответствующего известному собственному числу \(\lambda _k\). Для этого обратимся к уравнению \[ (\alpha -\lambda_k E)u=0. \] Это уравнение можно понимать как систему линейных уравнений для координат вектора \(u\) — собственного вектора, соответствующего собственному числу \(\lambda _k\). При этом данная система имеет нетривиальное решение, так как ранг этой системы меньше числа неизвестных. Решая эту систему методом Гаусса, можно определить координаты вектора \(u\). Перебирая все значения \(\lambda _k\), \(k=1,2. n\), находим соответствующие собственные вектора \(u_k\).
Найдем собственные значения и собственные вектора линейного преобразования, заданного в некотором базисе следующей матрицей: \[ A=\left ( \begin5 & -7 & 0 \\-3 & 1 & 0 \\12 & 6 & -3 \end \right ). \] Матрица \(A-\lambda E\) имеет в данном случае вид: \[ A- \lambda E=\left ( \begin5 -\lambda & -7 & 0 \\-3 & 1-\lambda & 0 \\12 & 6 & -3 -\lambda\end \right ). \] Вычисляем определитель \(det(A-\lambda E)\) и выписываем уравнение на собственные значения: \[ det(A-\lambda E)=-(\lambda +3)(\lambda ^2-6\lambda -16)=0. \] Отсюда находим 3 собственных значения: \(\lambda _1=-3, \lambda _2=8, \lambda _3=-2\). Мы получили 3 собсвенных значения, все они имеют кратность 1, т.е. это простые собственные числа. Вычислим соответствующие собственные вектора.
1. Рассмотрим \(\lambda _1=-3\). Соответствующее уравнение для собственного вектора \(u=(u_1,u_2,u_3)^T\) имеет вид: \[ \left( \begin8 & -7 & 0 \\-3 & 4 & 0 \\12 & 6 & 0\end \right) \left( \beginu_1 \\ u_2 \\ u_3 \end \right)=0, \] где справа стоит нулевой 3-вектор. Эта система уравнений для 3 неизвестных имеет следующее решение: \(u=(0,0,1)^T\).
2. Рассмотрим \(\lambda _2=8\). Соответствующее уравнение для собственного вектора \(u=(u_1,u_2,u_3)^T\) имеет вид: \[ \left ( \begin-3 & -7 & 0 \\-3 & -7 & 0 \\12 & 6 & 5 \end \right ) \left( \beginu_1 \\ u_2 \\ u_3 \end \right)=0, \] где справа стоит нулевой 3-вектор. Эта однородная система уравнений для неизвестных \(u_1,u_2,u_3\) имеет решение: \(u=(7, -3, 0)^T\).
3. Рассмотрим \(\lambda _3=-2\). Соответствующее уравнение для собственного вектора \(u=(u_1,u_2,u_3)^T\) имеет вид: \[ \left ( \begin7 & -7 & 0 \\-3 & 3 & 0 \\12 & 6 & -1 \end \right ) \left( \beginu_1 \\ u_2 \\ u_3 \end \right)=0, \] где справа стоит нулевой 3-вектор. Эта однородная система уравнений для неизвестных \(u_1,u_2,u_3\) имеет решение: \(u=(1,1,0)^T\).
Свойства собственных векторов
Пусть все собственные числа линейного оператора \(A\) — простые. Тогда набор собственных векторов, соответствующих этим собственным числам, образует базис векторного пространства.
Из условий теоремы следует, что все собственные числа оператора \(A\) различны. Предположим, что набор собственных векторов линейно зависим, так что существуют константы \(c_1,c_2. c_n\), не все из которых нули, удовлетворяющие условию: \[ \sum_^nc_ku_k=0. \quad \quad(62) \]
Рассмотрим среди таких формул такую, которая включает минимальное число слагаемых, и подействуем на нее оператором \(A\). В силу его линейности получаем: \[ A\left (\sum_^nc_ku_k \right )=\sum_^nc_kAu_k=\sum_^nc_k\lambda _ku_k=0. \quad \quad(63) \]
Пусть, для определенности, \(c_1 \neq 0\). Умножая (62) на \(\lambda _1\) и вычитая из (63), получим соотношение вида (62), но содержащее на одно слагаемое меньше. Противоречие доказывает теорему.
Итак, в условиях теоремы появляется базис, связанный с данным линейным оператором — базис его собственных векторов. Рассмотрим матричную форму оператора в таком базисе. Как упоминалось выше, \(k\)-ый столбец этой матрицы — это разложение вектора \(Au_k\) по базису. Однако по определению \(Au_k=\lambda _ku_k\), так что это разложение (то, что выписано в правой части) содержит только одно слагаемое и построенная матрица оказывается диагональной. В итоге получаем, что в условиях теоремы матричная форма оператора в базисе его собственных векторов равна \(diag(\lambda _1,\lambda _2. \lambda _n)\). Поэтому если необходимо развивать функциональное исчисление для линейного оператора разумно работать в базисе его собственных векторов.
Если же среди собственных чисел линейного оператора есть кратные, описание ситуации становится сложнее и может включать так называемые жордановы клетки. Мы отошлем читателя к более продвинутым руководствам для изучения соответствующих ситуаций.
Найти собственные числа и собственные вектора линейного оператора, заданного в некотором базисе матрицей \(A\).
1. \[ A=\left ( \begin0 & 1 & 0 \\-3 & 4 & 0 \\-2 & 1 & 4 \end \right ). \]
2. \[ A=\left ( \begin-3 & 2 & 0 \\-2 & 1 & 0 \\15 & -7 & 4 \end \right ). \]
3. \[ A=\left ( \begin4 & 0 & 5 \\ 7 & -2 & 9 \\3 & 0 & 6 \end \right ). \]
4. \[ A=\left ( \begin-1 & -2 & 12 \\0 & 4 & 3 \\0 & 5 & 6 \end \right ). \]
Линейный оператор простого типа.
7.1. Определение линейного оператора простого типа, диагонализуемость его матрицы. Достаточное условие оператора простого типа. Примеры линейных операторов простого типа (операторы задачи 3 из типового расчета).
7.1. По определению, линейный оператор называется оператором простого типа (или простым оператором), если из собственных векторов этого оператора можно составить базис линейного пространства . Такой базис называется собственным базисом оператора .
Если оператор простого типа, и — собственный базис этого оператора, то матрица этого оператора в этом базисе является диагональной
где — собственные значения оператора , соответствующие собственным векторам , т.е. .
Пример 1. Рассмотрим линейный оператор , действующий в линейном пространстве векторов декартова пространства следующим образом: проектирует каждый вектор на плоскость . Покажем, что данный оператор – оператор простого типа.
Собственные значения и собственные векторы найдены ранее в примере 3 занятия 5.
Этот оператор имеет собственное значение , соответствующие ему собственные векторы параллельны оси . Кроме этого оператор имеет собственное значение , соответствующие ему собственные векторы параллельны плоскости .
Из собственных векторов этого оператора можно составить базис пространства .
Например, векторы (где — единичный вектор оси , — единичные векторы осей и ) – образуют собственный базис оператора . Действительно, тройка служит базисом пространства и все эти векторы – собственные векторы оператора , т.к. .
Если — оператор простого типа, то все его собственные значения вещественны. Это условие представляет необходимое условие простоты оператора .
Однако вещественность всех собственных значений линейного оператора не служит достаточным условием простоты этого оператора.
Пример 2. Рассмотрим линейный оператор из примера 5 занятия 6. , .
Покажем, что данный оператор не является простым оператором.
Все собственные значения оператора равны нулю (см. пример 5 из занятия 6). Таким образом, необходимое условие простоты линейного оператора выполнено.
Однако из множества всех собственных векторов этого оператора нельзя составить базис пространства . Действительно, множество представляет линейную оболочку линейно независимых многочленов , следовательно, . Пространство трехмерно, т.к. оно имеет стандартный базис .
Чтобы из системы получить базис пространства , нужно к этой системе добавить многочлен , в котором . Никакой из многочленов не является собственным многочленом данного линейного оператора. Поэтому, оператор не имеет собственного базиса, и значит, не является простым оператором.
Достаточное условие того, чтобы заданный оператор был оператором простого типа, формулируются в виде следующей теоремы.
Теорема. Если все собственные значения линейного оператора действительны и различны, то оператор — оператор простого типа.
Пример 3. Линейный оператор действует в двумерном линейном пространстве . В базисе этого пространства оператор имеет матрицу . Доказать, что оператор — оператор простого типа. Найти собственный базис и матрицу оператора в этом базисе.
Действие оператора в базисе определяется равенством , где координаты вектора и — координаты вектора в базисе .
Собственные значения оператора найдем из характеристического уравнения.
Собственные значения оператора — действительные и различные числа. Следовательно, выполнено достаточное условие, доказывающее простоту оператора .
Найдем теперь собственный базис оператора .
— собственный вектор оператора .
— другой собственный вектор оператора .
Собственные векторы отвечают различным собственным значениям. Следовательно, эти векторы дают линейно независимую систему. Поскольку , векторы образуют базис пространства . Это – собственный базис оператора .
Осталось найти матрицу оператора в собственном базисе .
— первый столбец матрицы .
— второй столбец матрицы .
. Эта же матрица получается из формулы (1).
Пример 4. Линейный оператор действует в линейном пространстве
Требуется выяснить, является ли данный оператор оператором простого типа. Если да, то найти матрицу оператора в собственном базисе.
— линейная оболочка трех линейно независимых функций , служащих базисом пространства . .
Найдем матрицу оператора в базисе .
третий столбец . Следовательно,
С помощью этой матрицы найдем собственные значения оператора.
Необходимое условие оператора простого типа выполнено (все собственные значения вещественные числа), а достаточное условие нет (есть одинаковые собственные значения: ).
Найдем собственные функции оператора.
— собственная функция оператора, отвечающая собственному значению .
— собственные функции оператора, отвечающие собственному значению .
Собственные функции линейно независимы и служат базисом пространства . Следовательно, оператор имеет собственный базис, и он является оператором простого типа.
Матрица оператора в собственном базисе сразу же находится по формуле (1).
Пример 5. Дано множество матриц и преобразование , действующее на этом множестве по правилу , где .
Доказать, что — линейный оператор простого типа и найти матрицу этого оператора в собственном базисе.
— линейная оболочка матриц в линейном пространстве матриц . Следовательно, — линейное подпространство в пространстве .
3) Пусть — произвольные матрицы из множества и
Следовательно, — линейный оператор.
4) Матрицы образуют базис в пространстве . . Найдем матрицу этого оператора в базисе .
— первый столбец матрицы .
— второй столбец матрицы .
— третий столбец матрицы .
5) Теперь найдем собственные значения и собственные матрицы оператора .
Все собственные значения действительны и различны. Согласно достаточному условию
— линейный оператор простого типа.
6) Найдем собственный базис оператора .
— собственная матрица оператора .
— собственная матрица оператора .
— собственная матрица оператора .
7) — собственный базис оператора .
— матрица оператора в собственном базисе.
Домашнее задание.
1. Показать, что заданные линейные операторы являются оператороми простого типа, найти их собственный базис и матрицу в собственном базисе.
Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском по сайту:
Линейные операторы простой структуры
Линейный оператор, действующий в линейном пространстве X, называют оператором простой структуры, если в X существует базис, состоящий из собственных векторов этого оператора.
Теорема 5.17. Линейный оператор Пусть все векторы ei, ег, . еп базиса е являются собственными векторами линейного оператора р, отвечающими собственным значениям Ai, А2, . Ап. Тогда
Столбцами матрицы оператора в данном базисе е являются столбцы координат векторов реi, (ре2, реп в этом базисе, т.е. коэффициенты из разложений (5.20). Поэтому в базисе е линейный оператор р имеет матрицу
Наоборот, пусть в базисе ei, 62, . еп линейный оператор р имеет матрицу Л. Тогда для вектора е*, i = 1,2. гг, с координатным столбцом (0. 0,1,0. 0) т образ pei будет иметь столбец координат
Поэтому pei = Хг в = 1,2,,п. Это означает, что векторы ei, 62, . еп являются собственными векторами оператора р отвечающими собственным значениям Ai, А2, . Ап. ?
Следствие 5.4. Линейный оператор простой структуры в базисе, состоящем из собственных векторов, имеет диагональную матрицу, в которой по диагонали стоят собственные значения этого оператора.
Если матрица оператора р в некотором базисе имеет диагональную матрицу, то говорят, что матрица этого оператора приводится к диагональному виду.
Теорема 5.18. Для того чтобы в линейном пространстве Хп линейный оператор р имел базис из собственных векторов, необходимо и достаточно, чтобы все характеристические числа Ai оператора р принадлежали основному полю и чтобы каждому числу Хг соответствовало столько линейно независимых собственных векторов оператора р, какова алгебраическая кратность корня А,; характеристического многочлена оператора р.
> Утверждение о том, что характеристические числа А,; должны принадлежать основному полю, обеспечивает наличие в линейном пространстве X собственных векторов оператора р, принадлежащих этим числам, и наоборот.
Пусть Ai, А2, . A.s. — все различные характеристические числа линейного оператора р, а к, &2. ks и /1,12. ls — соответственно
их алгебраические и геометрические кратности. Тогда к + &2 +—-Ь
+ks = п, где п — размерность линейного пространства У, и по теореме 5.15 U ^ к-,: при i = 1,2. s.
Предположим, что в пространстве X существует базис из собственных векторов оператора р. Поскольку базис состоит из п векторов, то должны выполняться соотношения
из которых следует, что каждое U = кг. Это означает, что каждое Ai является собственным значением оператора р и, следовательно, принадлежит основному полю, а его алгебраическая и геометрическая кратности совпадают.
Обратно, пусть все различные характеристические числа Ai, А2, . A.s оператора р принадлежат основному полю и их алгебраические и геометрические кратности совпадают, т.е. Ц = ki при г = 1,2, . s. Тогда в пространстве X размерности п по каждому А* существует 1г =
ki линейно независимых собственных векторов оператора ip, причем их общее число
Поскольку собственные векторы оператора (р, принадлежащие различным собственным значениям, также линейно независимые, то рассматриваемые векторы составляют базис в пространстве X, и мы приходим к выводу, что в пространстве X существует базис из собственных векторов оператора Действительно, по условию все характеристические корни оператора ср различные и принадлежат основному полю. Следовательно, они являются собственными значениями этого оператора. Тогда в линейном пространстве существует базис, состоящий из собственных векторов оператора Пример 5.9. Привести, если возможно, действительные матрицы
к диагональному виду и построить для них канонические разложения. Решение, а) Корнями характеристического многочлена
матрицы А являются числа Ai = 2, Л2 = 1 соответственно кратности к = 2, к2 = 1. Все они действительные и потому являются собственными значениями матрицы А. При Ai = 2 матрица
имеет ранг г = 1, и потому 1 = п — Г = 3 — 1 = 2 = к.
При А2 = 1 матрица
имеет ранг Г2 = 2, и потому I2 = п — Г2 = 3 — 2=1 =
Таким образом, у матрицы А геометрическая кратность каждого Ai совпадает с его алгебраической кратностью. Поэтому матрица А приводится к диагональному виду
В этом можно убедиться и непосредственным конструированием матрицы Т, удовлетворяющей соотношению Т~ 1 АТ = Л. Действительно, при А = 2 система — А Е) X = 0, т.е. система
имеет общее решение X = (х,Х2,— Зад + ЗХ2) 71 , в котором два (1 = к) свободных неизвестных. Из общего решения при Х = 1, Х2 = О и при х = О, Х2 = 1 получаем фундаментальную систему решений
При Л = 1 система — Е) X = 0, т.е. система
имеет общее решение X = х) т , в котором одно (I2 = к.2) свободное неизвестное. Поэтому ФСР этой системы состоит из одного решения, например из решения Х% = (1,1,1) т . Из решений Xi, Х2, Х3, как из столбцов, составляется невырожденная матрица
Поэтому матрица А приводится к диагональному виду и имеет каноническое разложение
Забегая вперед отметим, что к классу матриц простой структуры относятся матрицы простого спектра и нормальные матрицы, в частности, симметричные, эрмитовы и унитарные. В то же время этими подклассами матриц класс матриц простой структуры не исчерпывается. Например, матрица А, являясь матрицей простой структуры, к перечисленным подклассам матриц не принадлежит.
б) Корнями характеристического многочлена
являются Ai;2 = — 1, A3 = 0 соответственно кратности к = 2, &2 = 1. Все они действительные и поэтому являются собственными значениями матрицы А‘2. При Ai = — 1 матрица
имеет ранг Г = 2, и потому l = n—ri = 3 — 2 ф к, т.е. геометрическая кратность /i = 1 характеристического числа Ai = —1 не равна его алгебраической кратности к = 2. Поэтому матрица Л2 не приводится к диагональному виду. Если бы строили для матрицы матрицу Т, удовлетворяющую соотношениям (5.21) и (5.22), то она получилась бы неквадратной.
Действительно, при А = — 1 система (Л2 — А Е) X = 0, т.е. система
имеет ФСР, состоящую из одного решения (Zi ф к), например из решения Х = (3,3, — 4) т .
При А = 0 система (А2 — А Е) X = 0, т.е. система
также имеет ФСР, состоящую из одного решения (/2 = А^) например из решения Х2 = (2,1,—1) т . Решений Xi и Х2 недостаточно для конструирования квадратной невырожденной матрицы Т третьего порядка. Поэтому матрица А2 не приводится к диагональному виду и не имеет канонического разложения. ?
Приведение матриц к диагональному виду и каноническое разложение матриц широко используется в теории и вычислительной практике. Например, если известно каноническое разложение А = Т ЛТ -1 матрицы Л, то ее т-я степень при натуральном числе т легко находится по формуле
так как А тп = ТАТ -1 • ТЛТ -1 . ТКТ~ 1 = ТА т Г х . Формула
(5.23) сохраняется и при га целом отрицательном для невырожденной матрицы А. В частности,
Один их корней га-й степени из матрицы А определяется формулой
Действительно, возведя правую часть равенства (5.25) по формуле
(5.23) в га-ю степень, получим А. Если в формуле (5.25) все А* > О, то, беря арифметические значения корней га-й степени из каждого А,;, получим единственный корень га-й степени из матрицы А, у которого все характеристические числа положительные. О всех корнях из матрицы см. [7], гл. VIII.
Решение системы АХ = b линейных уравнений также значительно упрощается, если известно каноническое разложение А = Т АТ -1 . В этом случае от системы Т А Т~ 1 X = Ь переходят к системе A T~ l X = Т~ х Ь. Затем вводят обозначение Z = Т~ г X и решают систему A Z = Т -1 Ь. Причем неизвестным 2r+i, . zn, при которых множителями стоят Ar+i, . Ап равные нулю, придают соответственно произвольные значения Сi, С2, ? ? ?, Сп—Г? В результате получают
По найденному Z находят
где Х, Х2, . ? ?, Хп — столбцы матрицы Т.
Пример 5.10. Решить систему АХ = (12,12, — 8) т , если известно каноническое разложение:
Решение. От системы АХ = (12,12,—8) т перейдем к системе AT -1 X = Т~ г (12,12, — 8) г , т.е. к системе
Полагая здесь Т 1 X = Z, получим систему
или в подробной записи
Отсюда находим Z = (—2,6,С) Т . Поэтому
Пример 5.11. Найти квадратный корень из матрицы А при известном ее каноническом разложении
Решение. По формуле (5.25) получаем:
Научный форум dxdy
То есть, — собственные значения
Собственные векторы : 
Если мы выберем по одному вектору из собственных и составим матрицу их координат, то получим
Однако, если мы составим матрицу в базисе из собственных векторов, то мы получим матрицу, ранг которой уже равен 2, а не 3. Определитель этой матрицы также равен нулю.
Crud java что это