Как найти матрицу оператора в собственном базисе
Перейти к содержимому

Как найти матрицу оператора в собственном базисе

  • автор:

Как найти матрицу оператора в собственном базисе

— Собственные значения λ i являются корнями характеристического уравнения det( A −λ E ) = 0.

— Оператор A (матрица A ) имеет не более n различных собственных значений.

— Собственные значения матриц A и A T совпадают.

— Если матрица A обратима, то все её собственные значения отличны от нуля, λ i≠ 0; при этом собственными значениями обратной матрицы A − 1 являются числа (λ i) − 1 , а соответствующие собственные векторы совпадают.

— Если число λ — собственное значение матрицы A, то собственным значением матрицы A k является число λ k , а соответствующие собственные векторы совпадают.

— Собственные значения подобных матриц A и C − 1 ·A·C совпадают. Здесь C — невырожденная матрица.

— Собственный вектор, отвечающий собственному значению λ i является ненулевым решением линейной однородной системы ( A −λ E )· x = 0 , x0, x ∈ X .

— Собственные векторы, отвечающие различным собственным значениям, линейно независимы.

— Если линейный оператор A имеет n различных собственных значений, то соответствующие собственные векторы образуют базис пространства X , который называется собственным базисом линейного оператора.

— Если линейный оператор имеет собственный базис, то матрица оператора в собственном базисе имеет диагональный вид; диагональными элементами являются собственные значения оператора.

— Собственные векторы, отвечающие различным собственным значениям, ортогональны.

Собственные значения (числа) и собственные векторы.
Примеры решений

Второй урок о линейных преобразованиях будет посвящён собственным числам и собственным значениям их матриц, и для более интересного чтения я рекомендую ознакомиться с первой статьёй. Однако если у вас совсем нет времени/сил/желания, то задачи этой страницы можно освоить и чисто формально. С небольшой художественной формальности я, собственно, и начну:

Рассмотрим произвольную квадратную матрицу, например, . И умножим данную матрицу справа на какой-нибудь подходящий столбец. Мне пришёл в голову вектор :

Вроде ничего примечательного – умножили матрицу на вектор-столбец и получили другой вектор-столбец . Обычная векторная жизнь. Но в обществе таких векторов существуют особые представители, которые обладают внутренним стержнем и не желают изменять себе в трудные минуты.

Умножим ту же матрицу на :

На последнем шаге вынесли константу. Что произошло? В результате умножения матрицы на вектор , данный вектор птицей Феникс возродился с числовым коэффициентом :

Определение: ненулевой вектор , который при умножении на некоторую квадратную матрицу превращается в самого же себя с числовым коэффициентом , называется собственным вектором матрицы . Число называют собственным значением или собственным числом данной матрицы.

Поскольку каждой квадратной матрице соответствует определенное линейное преобразование (в некотором базисе), то, исходя из содержательного смысла, часто говорят о собственных значениях и собственных векторах линейного преобразования.
В Википедии есть удачный геометрический пример (взгляните!), иллюстрирующий рассматриваемые понятия – на репродукции Джоконды синий вектор не меняется в результате перекоса плоскости, а значит, является собственным вектором данного линейного преобразования с коэффициентом . И из комментария к иллюстрации можно сразу узнать, что любой коллинеарный ему вектор – тоже будет собственным вектором данного линейного преобразования. Я скуп на внешние ссылки, но здесь не удержался, пожалуйста, сообщите, если эту картинку вдруг удалят.

Примеры ещё будут, примеры интересные, ну а пока что продолжаем:

В первых абзацах статьи собственный вектор был выставлен «главным действующим лицом», но на самом деле всё немного не так: говорят, что собственный вектор соответствует собственному значению . И в практических заданиях сначала разыскиваются собственные числа и только потом соответствующие им собственные векторы.

Как найти собственные значения и собственные векторы матрицы?

Проведём исследование и получим алгоритм, по которому нужно решать данную задачу. Люди, которые не очень хорошо разбираются в математике (да и которые хорошо) обычно в страхе или отвращении захлопывают учебник, когда речь заходит о каком-либо доказательстве или выводе какой-нибудь формулы. Но это не тот случай – всё будет понятно даже полному чайнику:

Найти собственные числа и собственные векторы матрицы

Перед вами та же матрица, у которой я уже выдал одно собственное значение и один собственный вектор. Давайте научимся добывать их самостоятельно!

Обозначим через неизвестный собственный вектор. Тогда матричное уравнение запишется следующим образом:

В левой части по обычному правилу проведём матричное умножение, в правой части – внесём «лямбду»:

Две матрицы равны, если равны их соответствующие элементы. Приравниваем соответствующие элементы векторов-столбцов и получаем однородную систему линейных уравнений:

Перенесём всё налево:

В первом уравнении за скобки вынесем «икс», во втором уравнении – «игрек»:

По определению, собственный вектор не может быть нулевым , поэтому нас не устраивает тривиальное решение системы. А если однородная система имеет ненулевое решение, то её уравнения линейно зависимы и определитель матрицы равен нулю:

Это так называемое характеристическое уравнение матрицы , корни которого являются собственными числами данной матрицы.

На практике, как правило, не нужно расписывать подробный вывод формулы – вполне достаточно руководствоваться формальным алгоритмом, и решение задачи можно начать примерно так:

Сначала найдём собственные значения

Составим характеристическое уравнение. Смотрим на исходную матрицу и записываем её определитель, вычитая при этом «лямбду» из чисел главной диагонали:

Раскроем определитель и решим квадратное уравнение:

Таким образом, собственные значения:

Желательно располагать их в порядке возрастания, хотя это не принципиально.

Теперь найдём собственные векторы

В данном примере получены различные собственные числа и каждому из них соответствует свои собственные векторы.

1) Рассмотрим собственное число и подставим значение в однородную систему уравнений :

Для записи системы целесообразно запомнить формальный приём: мысленно либо на черновике подставляем в определитель :
– это и есть коэффициенты системы.

Из обоих уравнений следует:

Если в ходе решения выяснилось, что линейной зависимости нет (т.е. получается только тривиальное решение, в данном примере ) – ищите ошибку! Этот признак касается всех задач рассматриваемого типа.

Итак, в нашем распоряжении есть выражение , и, придавая переменной «игрек» (либо «икс») произвольные значения, мы получаем бесконечно много собственных векторов . Все они будут коллинеарны друг другу, и поэтому нам достаточно указать один из них. Обычно стараются выбрать «красивый» вектор – чтобы его «иксовая» координата была положительной, целой и минимальной, а «игрек» не дробным.Этому эстетическому критерию соответствует значение , тогда:

Теперь обязательно проверяем, что частное решение удовлетворяет каждому уравнению системы:

Таким образом: – первый собственный вектор.

2) Найдём собственные векторы, соответствующие числу . Для этого мысленно либо на черновике подставим его в определитель и запишем вторую однородную систему:

Из обоих уравнений следует, что .

В результате: – второй собственный вектор.

Повторим важные моменты решения:

– полученная система непременно имеет общее решение (уравнения линейно зависимы);

– «игрек» подбираем таким образом, чтобы он был целым и первая «иксовая» координата – целой, положительной и как можно меньше.

– проверяем, что частное решение удовлетворяет каждому уравнению системы.

Ответ: собственные числа: , собственные векторы: .

Промежуточных «контрольных точек» было вполне достаточно, поэтому проверка равенств , в принципе, дело излишнее.

В различных источниках информации координаты собственных векторов довольно часто записывают не в столбцы, а в строки, например: (и, если честно, я сам привык записывать их строками). Такой вариант приемлем, но в свете темы линейных преобразований технически удобнее использовать векторы-столбцы.

Возможно, решение показалась вам очень длинным, но это только потому, что я очень подробно прокомментировал первый пример.

Найти собственные числа и собственные векторы матрицы

Тренируемся самостоятельно! Примерный образец чистового оформления задачи в конце урока.

Иногда требуется выполнить дополнительное задание, а именно:

записать каноническое разложение матрицы

Если собственные векторы матрицы образуют базис, то она представима в виде:

, где – матрица составленная из координат собственных векторов, – диагональная матрица с соответствующими собственными числами.

Такое разложение матрицы называют каноническим или спектральным.

Рассмотрим матрицу первого примера. Её собственные векторы линейно независимы (неколлинеарны) и образуют базис. Составим матрицу из их координат:

На главной диагонали матрицы в соответствующем порядке располагаются собственные числа, а остальные элементы равняются нулю:
– ещё раз подчёркиваю важность порядка: «двойка» соответствует 1-му вектору и посему располагается в 1-м столбце, «тройка» – 2-му вектору.

По обычному алгоритму нахождения обратной матрицы либо методом Гаусса-Жордана находим . Нет, это не опечатка! – перед вами редкое, как солнечное затмение событие, когда обратная совпала с исходной матрицей.

Осталось записать каноническое разложение матрицы :

Желающие могут перемножить три матрицы и удостовериться, что произведение равно .

Разрешив матричное уравнение относительно диагональной матрицы, можно получить другое соотношение:

Диагональную матрицу также называют матрицей линейного преобразования в базисе из собственных векторов. Если не очень понятно, то давайте вспомним заключительную часть урока о линейных преобразованиях. В ней мы выяснили, что одному и тому же линейному преобразованию в разных базисах в общем случае соответствуют разные матрицы (в частности, матрицы и в нашем примере). И наиболее удобным из них как раз и является базис из собственных векторов (в случае его существования).

Более того, все матрицы конкретного линейного преобразования в одном и том же векторном пространстве имеют один и то же характеристический многочлен, из-за чего характеристическое уравнение, вероятно, и получило своё название.

Так, легко убедиться, что характеристическое уравнение матрицы :

– совпадает с характеристическим уравнением матрицы , которое мы получили в 1-м примере.

Однако такой удобный базис существует далеко не всегда:

Найти каноническое разложение матрицы

Решение: найдем собственные значения. Составим и решим характеристическое уравнение:

– получены кратные собственные числа.

Мысленно либо на черновике подставим в определитель и запишем однородную систему линейных уравнений:

Очевидно, «игрек» равен нулю: (иначе в первом уравнении получится неверное равенство). За «икс» можно принять любое ненулевое значение, в хорошем стиле положим, что . Не ленимся и проверяем, что эта пара значений удовлетворяет каждому уравнению системы!

Таким образом, кратным собственным числам соответствует одно множество коллинеарных друг другу собственных векторов в «лице» вектора , и поэтому канонического разложения матрицы не существует.

Почему? Потому что невозможно записать матрицу , которая должна состоять из двух линейно независимых собственных векторов. Размерность вектора равна двум («икс» и «игрек»), но сам-то вектор – один-одинёшенек. Коллинеарный товарищ, например , в пару не годится (хотя бы по той причине, что и обратной матрицы попросту не существует).

У рассмотренного примера есть простое геометрическое объяснение: матрица определяет не что иное, как «перекос Джоконды», у которого существует лишь одно множество коллинеарных друг другу собственных векторов, которые это линейное преобразование переводит в коллинеарные исходным, причём равные векторы (коль скоро, )

Ответ: собственные векторы не образуют базиса, поэтому требуемое разложение неосуществимо.

Обратите внимание на корректность и точность ответа – нас никто не спрашивал о собственных значениях и собственных векторах. Кстати, об условии – его могут сформулировать и коварно: записать матрицу линейного преобразования в базисе из собственных векторов. Коварство состоит в том, что здесь можно найти собственные числа и машинально дать нелегальный ответ . Но базиса-то не существует!

И сейчас назрели важные вопросы:

Сколько у матрицы собственных чисел и собственных векторов?

Ну, во-первых (вроде не говорил), эти понятия определены только для квадратных матриц.

И с собственными числами всё просто:

у матрицы существует ровно собственных значений.

Могут ли они быть комплексными? Запросто. Простейший пример: – матрица поворота декартовой системы координат против часовой стрелки на угол , отличный от 180 и 360 градусов. Возьмём «школьный» угол в 30 градусов, запишем соответствующую матрицу поворота и составим характеристическое уравнение:

Оно имеет сопряжённые комплексные корни , и дальнейшее решение показывает, что у рассматриваемого преобразования нет действительных собственных векторов. И это очевидно – при повороте на 30 градусов любой ненулевой вектор отображается в неколлинеарный ему вектор.

Случай второй, самый распространённый. Собственные числа матрицы действительны и различны (как, например, в Примерах 1, 2). Такое линейное преобразование имеет ровно собственных линейно независимых векторов, и его недиагональную матрицу всегда можно записать в виде .

Случай третий, самый интересный. Среди собственных чисел есть кратные, или же только кратные, как в Примере 3. В этих случаях неколлинеарных собственных векторов может оказаться… сколько угодно! Меньше, чем собственных чисел (Пример 3). Может оказаться ровно штук, и тогда будет существовать разложение .

А может – вообще бесконечно много! Например, при повороте плоскости на 180 градусов. Ему соответствует матрица с характеристическим уравнением с кратными собственными числами ; и, продолжая стандартное решение, мы приходим к симпатичной системе , которой удовлетворяют координаты вообще любого вектора. Таким образом, любой ненулевой вектор этого преобразования является собственным! Оно и неудивительно – ведь при повороте на 180 градусов любой ненулевой вектор отображается в коллинеарный и противоположно направленный вектор, например:
, и, вынося собственное число из столбца: , мы окончательно убеждаемся, что – есть собственный вектор.

Следует отметить, что этот поворот – частный случай преобразования подобия, и у подобия, к слову, тоже любой ненулевой вектор собственный. Коэффициент же подобия – есть не что иное, как соответствующее собственное значение, в частности, при все геометрические объекты сохраняют свои размеры неизменными

Однако не будем слишком увлекаться геометрией – ведь в термины вектор, базис и др. вкладывается, прежде всего, алгебраический смысл. Собственные векторы и собственные значения используются во многих математических задачах, моделях, но мы не будем увлекаться и ими 🙂 – сейчас важно освоить техническую сторону вопроса.

И задачи с матрицей «три на три» отличаются бОльшей технической сложностью:

Найти собственные векторы линейного преобразования, заданного матрицей

Решение: такая формулировка задачи смущать не должна – ведь это и есть «генеральная линия партии». Энтузиасты могут провести самостоятельные выкладки по аналогии с Примером № 1, я же ограничусь «рабочим» решением примера.

По условию требуется найти собственные векторы, но алгоритм таков, что в первую очередь всё равно нужно найти собственные числа.

Вычтем «лямбду» из всех чисел главной диагонали матрицы и составим её характеристическое уравнение:

Определитель раскроем по первому столбцу:

На этом месте немного притормозим и познакомимся с очень полезным техническим приёмом, который значительно упростит дальнейшую жизнь. Практически во всех методических пособиях вам будет предложено раскрыть все скобки, получить слева многочлен 3-й степени, затем подбором найти корень и стать жертвой долгих мытарств, описанных в Примере № 1 урока Сложные пределы. За годы практики я отработал рациональную схему, позволяющую избежать этих неприятностей:

Сначала представим в виде произведения «хвост» левой части:

Выполненное действие не привело к заметному результату.

Поэтому пробуем разложить на множители квадратный трёхчлен . Решив квадратное уравнение, получаем .

Вынесем за скобку и проведём дальнейшие упрощения:

Решаем ещё одно квадратное уравнение, в итоге:

Это была самая длинная ветка алгоритма, в большинстве случаев произведение получается значительно быстрее.

Собственные значения всегда стараемся расположить в порядке возрастания:

Найдем собственные векторы:

1) Мысленно либо на черновике подставим значение в определитель , с которого «снимем» коэффициенты однородной системы:

Систему можно решить с помощью элементарных преобразований и в следующих примерах мы прибегнем к данному методу. Но здесь гораздо быстрее срабатывает «школьный» способ. Из 3-го уравнения выразим: – подставим во второе уравнение:

Поскольку первая координата нулевая, то получаем систему , из каждого уравнения которой следует, что .

И снова обратите внимание на обязательное наличие линейной зависимости. Если получается только тривиальное решение , то либо неверно найдено собственное число, либо с ошибкой составлена / решена система.

Компактные координаты даёт значение

И ещё раз – проверяем, что найденное решение удовлетворяет каждому уравнению системы. В последующих пунктах и в последующих задачах рекомендую принять данное пожелание за обязательное правило.

2) Для собственного значения по такому же принципу получаем следующую систему:

Из 2-го уравнения системы выразим: – подставим в третье уравнение:

Поскольку «зетовая» координата равна нулю, то получаем систему , из каждого уравнения которой следует линейная зависимость .

Проверяем, что решение удовлетворяет каждому уравнению системы.

Таким образом, собственный вектор: .

3) И, наконец, собственному значению соответствует система:

Второе уравнение выглядит самым простым, поэтому из него выразим и подставим в 1-е и 3-е уравнение:

Всё хорошо – выявилась линейная зависимость , которую подставляем в выражение :

В результате «икс» и «игрек» оказались выражены через «зет»: . На практике не обязательно добиваться именно таких взаимосвязей, в некоторых случаях удобнее выразить и через либо и через . Или даже «паровозиком» – например, «икс» через «игрек», а «игрек» через «зет»

Проверяем, что найденное решение удовлетворяет каждому уравнению системы и записываем третий собственный вектор

Ответ: собственные векторы:

Геометрически эти векторы задают три различных пространственных направления («туда-обратно»), по которым линейное преобразование переводит ненулевые векторы (собственные векторы) в коллинеарные им векторы.

Если бы по условию требовалось найти каноническое разложение , то здесь это возможно, т. к. различным собственным числам соответствуют разные линейно независимые собственные векторы. Составляем матрицу из их координат, диагональную матрицу из соответствующих собственных значений и находим обратную матрицу .

Если же по условию нужно записать матрицу линейного преобразования в базисе из собственных векторов, то просто указываем матрицу . Внимательно читайте, что требует условие той или иной задачи!

Задача с более простыми вычислениями для самостоятельного решения:

Найти собственные векторы линейного преобразования, заданного матрицей

При нахождении собственных чисел постарайтесь не доводить дело до многочлена 3-й степени. Системы можно решать разными путями – здесь нет однозначности, а векторы, которые вы укажите, могут отличаться от векторов в образце с точностью до пропорциональности их соответствующих координат. Например, и . Эстетичнее представить ответ в виде , но ничего страшного, если остановитесь и на втором варианте. Однако всему есть разумные пределы, версия смотрится уже не очень хорошо.

Примерный чистовой образец оформления задания в конце урока.

Как решать задачу в случае кратных собственных чисел?

Общий алгоритм остаётся прежним, но здесь есть свои особенности, и некоторые участки решения целесообразно выдержать в более строгом академичном стиле:

Найти собственные числа и собственные векторы

Решение: составим и решим характеристическое уравнение:

Конечно же, оприходуем сказочный первый столбец:

И, после разложения квадратного трёхчлена на множители:

В результате получены собственные числа , два из которых кратны.

Найдем собственные векторы:

1) С одиноким солдатом разделаемся по «упрощённой» схеме:

Из последних двух уравнений четко просматривается равенство , которое, очевидно, следует подставить в 1-е уравнение системы:

Лучшей комбинации не найти:
Собственный вектор:

2-3) Теперь снимаем пару часовых. В данном случае может получиться либо два, либо один собственный вектор. Невзирая на кратность корней, подставим значение в определитель , который приносит нам следующую однородную систему линейных уравнений:

Собственные векторы – это в точности векторы
фундаментальной системы решений

Собственно, на протяжении всего урока мы только и занимались тем, что находили векторы фундаментальной системы. Просто до поры до времени данный термин особо не требовался. Кстати, те ловкие студенты, которые в маскхалатах проскочили тему однородных уравнений, будут вынуждены вкурить её сейчас.

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

Единственное действие состояло в удалении лишних строк. В результате получена матрица «один на три» с формальной «ступенькой» посередине.
– базисная переменная, – свободные переменные. Свободных переменных две, следовательно, векторов фундаментальной системы тоже два.

Выразим базисную переменную через свободные переменные: . Нулевой множитель перед «иксом» позволяет принимать ему совершенно любые значения (что хорошо видно и из системы уравнений).

В контексте данной задачи общее решение удобнее записать не в строку, а в столбец:

Паре соответствует собственный вектор:
Паре соответствует собственный вектор:

Примечание: искушенные читатели могут подобрать данные векторы и устно – просто анализируя систему , но тут нужны некоторые знания: переменных – три, ранг матрицы системы – единица, значит, фундаментальная система решений состоит из 3 – 1 = 2 векторов. Впрочем, найденные векторы отлично просматриваются и без этих знаний чисто на интуитивном уровне. При этом даже «красивее» запишется третий вектор: . Однако предостерегаю, в другом примере простого подбора может и не оказаться, именно поэтому оговорка предназначена для опытных людей. Кроме того, а почему бы не взять в качестве третьего вектора, скажем, ? Ведь его координаты тоже удовлетворяют каждому уравнение системы, и векторы линейно независимы. Такой вариант, в принципе, годен, но «кривоват», поскольку «другой» вектор представляет собой линейную комбинацию векторов фундаментальной системы.

Ответ: собственные числа: , собственные векторы:

Аналогичный пример для самостоятельного решения:

Найти собственные числа и собственные векторы

Примерный образец чистового оформления в конце урока.

Следует отметить, что и в 6-м и в 7-м примере получается тройка линейно независимых собственных векторов, и поэтому исходная матрица представима в каноническом разложении . Но такая малина бывает далеко не во всех случаях:

Найти собственные числа и собственные векторы матрицы

Решение: составим и решим характеристическое уравнение:

Определитель раскроем по первому столбцу:

Дальнейшие упрощения проводим согласно рассмотренной методике, избегая многочлена 3-й степени:

Найдем собственные векторы:

1) С корнем затруднений не возникает:

Не удивляйтесь, помимо комплекта в ходу также переменные – разницы тут никакой.

Из 3-го уравнения выразим – подставим в 1-е и 2-е уравнения:

Из обоих уравнений следует:

2-3) Для кратных значений получаем систему .

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

(1) Ко второй строке прибавили первую строку, умноженную на –2.

(2) Последние две строки одинаковы, одну из них удалили.

(3) Дальше пошла уместная доводка матрицы методом Гаусса-Жордана: к первой строке прибавили вторую строку.

(4) У первой строки сменили знак.

Переменные – базисные, переменная – свободная. Так как свободная переменная одна, то фундаментальная система решений состоит из одного вектора. И мы счастливые наблюдатели случая, когда кратным собственным числам соответствует единственный собственный вектор. Записываем в столбец общее решение системы: , и, задавая свободной переменной значение , получаем нашего героя:

Ответ: собственные числа: , собственные векторы: .

Здесь матрицу нельзя представить виде – по той простой причине, что «собственного» базиса не существует – хоть трёхмерные векторы-столбцы и линейно независимы, но самих-то их всего лишь два. Недобор.

Шестое чувство мне подсказывает, что многие воодушевились на задание повышенной сложности:

Найти собственные числа и собственные векторы матрицы

Можно ли записать каноническое разложение этой матрицы?

Не беда, если дело застопорилось, в психотерапевтических целях отложите тетрадь с решением на чёрный день. Когда заест скука – самое то =)

Решения и ответы:

Пример 2: Решение: Найдем собственные значения. Составим и решим характеристическое уравнение:

– собственные значения.
Найдем собственные векторы:
1)

Пусть
– собственный вектор.
2)

Пусть
– собственный вектор.
Ответ: собственные значения: , собственные векторы: .

Пример 5: Решение: сначала найдем собственные числа. Составим и решим характеристическое уравнение:

Определитель раскроем по первой строке:

– собственные значения.
Найдем собственные векторы:
1)

Пусть

2)

Пусть

3)

Пусть

Ответ: собственные векторы:

Пример 7: Решение: составим и решим характеристическое уравнение:

– собственные значения.
Найдем собственные векторы:
1-2)

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

Выразим базисную переменную через свободные переменные: и запишем общее решение: . Найдём векторы фундаментальной системы, которые и являются собственными векторами матрицы:
Паре соответствует собственный вектор:
Паре соответствует собственный вектор:
Примечание: в качестве решения системы линейных уравнений напрашивается тройка , но вектор линейно выражается через векторы фундаментальной системы. Использование такого и подобных ему решений в качестве одного из собственных векторов корректно, но нестандартно.
3)

Пусть

Ответ: собственные числа: , собственные векторы:

Пример 9: Решение: Составим и решим характеристическое уравнение:

Определитель вычислим понижением порядка. К третьей строке прибавим вторую строку, умноженную на –1. К четвёртой строке прибавим вторую строку, умноженную на :

Разложим определитель по 4-му столбцу:

К третьей строке прибавим первую строку:

Собственные значения:

Найдем собственные векторы:
1)

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

(1) Первую и третью строку поменяли местами.
(2) Ко 2-й и 3-й строкам прибавили первую строку, умноженную на –1 и –2 соответственно.
(3) Вторую строку разделили на 2.
(4) К 3-й и 4-й строкам прибавили вторую строку, умноженную на –1.
(5) Последние две строки пропорциональны, третью строку удалили. У первой строки сменили знак, вторую строку умножили на 2.
(6) К первой и второй строкам прибавили третью строку.
(7) У первой строки сменили знак, последние две строки разделили на 2.
Выразив базисные переменные через свободную, запишем общее решение: . Придаём свободной переменной значение и получаем собственный вектор
2-3)

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

(1) Первая и четвёртая строки одинаковы. Вторая и третья строки одинаковы. Первую и вторую строку удалили из матрицы.
Выразим базисные переменные через свободные переменные :

Таким образом, общее решение: .
Фундаментальная система состоит из двух векторов:
при получаем ;
при получаем .

4)

Запишем матрицу системы и с помощью элементарных преобразований приведём её к ступенчатому виду:

(1) Первую и третью строку поменяли местами.
(2) Ко 2-й и 3-й строкам прибавили первую строку, умноженную на –1 и 2 соответственно.
(3) Вторую строку разделили на 2.
(4) К 3-й и 4-й строкам прибавили вторую строку.
(5) Последние две строки пропорциональны, третью строку удалили. Вторую строку умножили на –2.
(6) К первой и второй строкам прибавили третью строку.
(7) Последние две строки разделили на 2.
Общее решение: . Придаём свободной переменной значение и получаем собственный вектор .

Ответ: собственные значения: , собственные векторы:
. Перечисленные четыре четырехмерных вектора линейно независимы, и поэтому матрицу линейного преобразования можно записать в виде . Но не нужно =)

Автор: Емелин Александр

Блог Емелина Александра

(Переход на главную страницу)

Собственные числа и собственные векторы линейного оператора

Наиболее просто устроены матрицы диагонального вида . Возникает вопрос, нельзя ли найти базис, в котором матрица линейного оператора имела бы диагональный вид. Такой базис существует.
Пусть дано линейное пространство Rn и действующий в нем линейный оператор A; в этом случае оператор A переводит Rn в себя, то есть A:Rn → Rn.

Определение . Ненулевой вектор x называется собственным вектором оператора A , если оператор A переводит x в коллинеарный ему вектор, то есть A· x = λ· x . Число λ называется собственным значением или собственным числом оператора A, соответствующим собственному вектору x .
Отметим некоторые свойства собственных чисел и собственных векторов.
1. Любая линейная комбинация собственных векторов x 1, x 2, . x m оператора A , отвечающих одному и тому же собственному числу λ, является собственным вектором с тем же собственным числом.
2. Собственные векторы x 1, x 2, . x m оператора A с попарно различными собственными числами λ1, λ2, …, λm линейно независимы.
3. Если собственные числа λ12= λm= λ, то собственному числу λ соответствует не более m линейно независимых собственных векторов.

Итак, если имеется n линейно независимых собственных векторов x 1, x 2, . x n, соответствующих различным собственным числам λ1, λ2, …, λn, то они линейно независимы, следовательно, их можно принять за базис пространства Rn. Найдем вид матрицы линейного оператора A в базисе из его собственных векторов, для чего подействуем оператором A на базисные векторы: тогда .
Таким образом, матрица линейного оператора A в базисе из его собственных векторов имеет диагональный вид, причем по диагонали стоят собственные числа оператора A.
Существует ли другой базис, в котором матрица имеет диагональный вид? Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Матрица линейного оператора A в базисе < ε i> (i = 1..n) имеет диагональный вид тогда и только тогда, когда все векторы базиса — собственные векторы оператора A.

Правило отыскания собственных чисел и собственных векторов

Пусть дан вектор x =(x1, x2, …, xn), где x1, x2, …, xn — координаты вектора x относительно базиса < ε 1, ε 2, . ε n> и x — собственный вектор линейного оператора A, соответствующий собственному числу λ , то есть A· x =λ· x . Это соотношение можно записать в матричной форме

Уравнение (*) можно рассматривать как уравнение для отыскания x , причем x ≠ 0 , то есть нас интересуют нетривиальные решения, поскольку собственный вектор не может быть нулевым. Известно, что нетривиальные решения однородной системы линейных уравнений существуют тогда и только тогда, когда det(A — λE) = 0. Таким образом, для того, чтобы λ было собственным числом оператора A необходимо и достаточно, чтобы det(A — λE) = 0.
Если уравнение (*) расписать подробно в координатной форме, то получим систему линейных однородных уравнений:
(1)
где — матрица линейного оператора.

Система (1) имеет ненулевое решение, если ее определитель D равен нулю

Получили уравнение для нахождения собственных чисел.
Это уравнение называется характеристическим уравнением, а его левая часть — характеристическим многочленом матрицы (оператора) A. Если характеристический многочлен не имеет вещественных корней, то матрица A не имеет собственных векторов и ее нельзя привести к диагональному виду.
Пусть λ1, λ2, …, λn — вещественные корни характеристического уравнения, причем среди них могут быть и кратные. Подставляя по очереди эти значения в систему (1), находим собственные векторы.

Пример №1 . Линейный оператор A действует в R3 по закону A· x =(x1-3x2+4x3, 4x1-7x2+8x3, 6x1-7x2+7x3), где x1, x2, . xn — координаты вектора x в базисе e 1=(1,0,0), e 2=(0,1,0), e 3=(0,0,1). Найти собственные числа и собственные векторы этого оператора.
Решение. Строим матрицу этого оператора:
A· e 1=(1,4,6)
A· e 2=(-3,-7,-7)
A· e 3=(4,8,7)
.
Составляем систему для определения координат собственных векторов:
(1-λ)x1-3x2+4x3=0
x1-(7+λ)x2+8x3=0
x1-7x2+(7-λ)x3=0
Составляем характеристическое уравнение и решаем его:

λ1,2 = -1, λ3 = 3.
Подставляя λ = -1 в систему, имеем:
или
Так как , то зависимых переменных два, а свободное одно.
Пусть x1 — свободное неизвестное, тогда Решаем эту систему любым способом и находим общее решение этой системы: Фундаментальная система решений состоит из одного решения, так как n — r = 3 — 2 = 1.
Множество собственных векторов, отвечающих собственному числу λ = -1, имеет вид: (x1, 2x1, x1)=x1(1,2,1), где x1 — любое число, отличное от нуля. Выберем из этого множества один вектор, например, положив x1 = 1: x 1=(1,2,1).
Рассуждая аналогично, находим собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = 3: x 2=(1,2,2).
В пространстве R3 базис состоит из трех линейно независимых векторов, мы же получили только два линейно независимых собственных вектора, из которых базис в R3 составить нельзя. Следовательно, матрицу A линейного оператора привести к диагональному виду не можем.

Пример №2 . Дана матрица .
1. Доказать, что вектор x =(1,8,-1) является собственным вектором матрицы A. Найти собственное число, соответствующее этому собственному вектору.
2. Найти базис, в котором матрица A имеет диагональный вид.

Решение находим с помощью калькулятора.
1. Если A· x =λ· x , то x — собственный вектор

Вектор (1, 8, -1) — собственный вектор. Собственное число λ = -1.
Диагональный вид матрица имеет в базисе, состоящем из собственных векторов. Один из них известен. Найдем остальные.
Собственные векторы ищем из системы:
(2-λ)x1+3x3=0;
10x1-(3+λ)x2-6x3=0;
-x1-(2+λ)x3=0;
Характеристическое уравнение: ;
(3 + λ)[-2(2-λ)(2+λ)+3] = 0; (3+λ)(λ 2 — 1) = 0
λ1 = -3, λ2 = 1, λ3 = -1.
Найдем собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = -3:
5x1+3x3=0;
10x1-6x3=0;
-x1+x3=0;
Ранг матрицы этой системы равен двум и равен числу неизвестных, поэтому эта система имеет только нулевое решение x1 = x3 = 0. x2 здесь может быть любым, отличным от нуля, например, x2 = 1. Таким образом, вектор (0,1,0) является собственным вектором, отвечающим λ = -3. Проверим:

Если λ = 1, то получаем систему
Ранг матрицы равен двум. Последнее уравнение вычеркиваем.
Пусть x3 — свободное неизвестное. Тогда x1 = -3x3, 4x2 = 10x1 — 6x3 = -30x3 — 6x3, x2 = -9x3.
Полагая x3 = 1, имеем (-3,-9,1) — собственный вектор, отвечающий собственному числу λ = 1. Проверка:

Так как собственные числа действительные и различны, то векторы, им отвечающие, линейно независимы, поэтому их можно принять за базис в R3. Таким образом, в базисе f 1=(1,8,-1), f 2=(0,1,0), f 3=(-3,-9,1) матрица A имеет вид:
.
Не всякую матрицу линейного оператора A:Rn→ Rn можно привести к диагональному виду, поскольку для некоторых линейных операторов линейно независимых собственных векторов может быть меньше n. Однако, если матрица симметрическая, то корню характеристического уравнения кратности m соответствует ровно m линейно независимых векторов.

Определение . Симметрической матрицей называется квадратная матрица, в которой элементы, симметричные относительно главной диагонали, равны, то есть в которой ai k =ak i .

  1. Все собственные числа симметрической матрицы вещественны.
  2. Собственные векторы симметрической матрицы, соответствующие попарно различным собственным числам, ортогональны.

Свойства собственных векторов

◄ Доказательство опирается на метод математической индукции, проводимый по количеству r векторов в системе. При r = 1 утверждение теоремы верно, так как линейная независимость системы из одного вектора означает, что этот вектор ненуле-вой, а собственный вектор, согласно определению 5.3, является ненулевым.

Пусть утверждение верно при r = m, т.е. для произвольной системы из т собственных векторов e1, . еm. Добавим к системе векторов еще один собственный вектор em+1, отвечающий собственному значению λm+1, и докажем, что расширенная таким способом система векторов останется линейно независимой. Рассмотрим произвольную линейную комбинацию полученной системы собственных векторов и предположим, что она равна нулевому вектору:

К равенству (5.7) применим линейный оператор А и в результате получим еще одно векторное равенство

Учтем, что векторы e1, . em+1 являются собственными:

Умножив равенство (5.7) на коэффициент λm+1 и вычтя его из равенства (5.8), получим линейную комбинацию векторов е1, . em, равную нулевому вектору:

Вспоминая, что система векторов e1, . em, по предположению, линейно независима, делаем вывод, что у полученной линейной комбинации все коэффициенты равны нулю:

Поскольку все собственные значения λi попарно различны, то из равенств (5.9) следует, что α1 = α2 = . = αm = 0. Значит соотношение (5.7) можно записать в виде αm+1em+1 = 0, а так как вектор em+1 ненулевой (как собственный вектор), то αm+1 = 0. В итоге получаем, что равенство (5.7) выполняется лишь в случае, когда все коэффициенты ai, i = 1, m+1 , равны нулю. Тем самым мы доказали, что система векторов e1, . em, em+1 линейно независима. ►

Теорема 5.6. Матрица линейного оператора А, действующего в линейном пространстве, в данном базисе является диагональной тогда и только тогда, когда все векторы этого базиса являются собственными для оператора А.

◄ Пусть А — матрица линейного оператора А в базисе b = (b1 . bn). Согласно определению 4.4, j-м столбцом матрицы А является столбец координат вектора Abj.

Если матрица А является диагональной, то произвольно взятый ее j-и столбец имеет вид (0 . 0 μj 0 . 0) T (единственный ненулевой элемент может стоять на j-м месте). Для вектора Abj получаем представление

которое как раз и означает, что вектор bj является собственным с собственным значением μj. Значит, все базисные векторы являются собственными, а все диагональные элементы матрицы А являются собственными значениями.

Верно и обратное. Если каждый вектор bj является собственным для линейного оператора А и ему отвечает собственное значение λj, то

т.е. в матрице оператора А в этом базисе равны нулю все элементы, кроме диагональных, а диагональный элемент в j-м столбце равен λj. ►

Следствие 5.1. Если характеристическое уравнение линейного оператора, действующего в n-мерном линейном пространстве, имеет n попарно различных действительных корней, то существует базис, в котором матрица этого оператора является диагональной.

◄ Каждый действительный корень характеристического урав-нения является собственным значением линейного оператора.

Каждому из таких корней можно сопоставить хотя бы по одно-му собственному вектору. Система выбранных таким образом векторов, согласно теореме 5.5, является линейно независимой, а так как количество n векторов в ней равно размерности линейного пространства, она является базисом. Этот базис состоит из собственных векторов. Согласно теореме 5.6, матрица линейного оператора в этом базисе имеет диагональный вид. ►

Следствие 5.2. Если характеристическое уравнение квадратной матрицы порядка n имеет n попарно различных действительных корней, то эта матрица подобна некоторой диагональной.

◄ Пусть матрица А порядка n имеет n различных действительных корней. Выберем произвольное n-мерное линейное пространство L, зафиксируем в нем некоторый базис b = (b1 . bn) и рассмотрим линейный оператор А, матрицей которого в базисе b является матрица А. По теореме 5.6 существует базис, в котором матрица A’ этого оператора диагональна. Согласно теореме 4.6, матрицы А и А’ подобны. Отметим, что на диагонали матрицы А’ стоят все попарно различные собственные значения матрицы А. ►

Если характеристическое уравнение линейного оператора имеет кратные действительные корни, то такой линейный оператор может иметь диагональную матрицу в некотором базисе, но так бывает не всегда.

Пример 5.7. В двумерном линейном пространстве (например, в R 2 ) рассмотрим линейные операторы, матрицы которых в некотором базисе имеют вид

Свойства собственных векторов

Характеристические уравнения этих операторов совпадают и имеют вид (λ — 2) 2 = 0. Поэтому оба оператора имеют единственное собственное значение λ = 2 кратности 2. Матрица первого линейного оператора уже имеет диагональный вид, т.е. исходный базис состоит из собственных векторов этого оператора. Можно показать, что любой ненулевой вектор для этого оператора является собственным и потому для него любой базис есть базис из собственных векторов. У второго линейного оператора все собственные векторы отвечают собственному значению 2, но собственное подпространство линейного оператора для этого собственного значения одномерно. Следовательно, найти два линейно независимых собственных вектора для этого линейного оператора невозможно и базиса из собственных векторов не существует. #

При изучении заданного линейного оператора появляется мысль выбрать такой базис, в котором его матрица выглядит наиболее просто. Из вышеизложенного следует, что в определенных ситуациях линейный оператор в некотором базисе имеет диагональную матрицу. Чтобы это было так, оператор должен иметь базис из собственных векторов. Изменение бази-са вызывают замену матрицы оператора подобной ей. Замену матрицы А диагональной матрицей А’, подобной А, называют приведением матрицы А к диагональному виду.

Задача приведения матрицы к диагональному виду может рассматриваться самостоятельно, вне зависимости от изучения конкретного линейного оператора. Она состоит в подборе для данной матрицы А такой невырожденной матрицы Р, что матрица А’ = Р -1 АР является диагональной.

Пример 5.8. Выясним, можно ли привести к диагональному виду матрицу

Свойства собственных векторов

Если это возможно, найдем соответствующую диагональную матрицу и матрицу Р преобразования подобия.

Найдем собственные значения данной матрицы. Ее характеристическое уравнение имеет вид

Свойства собственных векторов

Раскрывая определитель и решая характеристическое уравнение, находим его корни: λ1 = -1, λ2 = λ3 = 1. Видим, что имеются два собственных значения, причем одно из них кратности 2.

Матрицу можно привести к диагональному виду, если сумма размерностей всех собственных подпространств (в данном случае матрицы, см. замечание 5.1) равна размерности линейного пространства, в нашем случае — трем. Отметим без доказательства, что размерность собственного подпространства линейного оператора (матрицы) не превышает кратности соответствующего собственного значения. Проверим это на собственном подпространстве, отвечающем собственному значению λ1, для чего вычислим ранг матрицы А — λ1Е:

Свойства собственных векторов

Значит, размерность первого собственного подпространства равна 3 — 2 = 1.

Аналогично находим размерность второго собственного подпространства. Вычисляем ранг соответствующей матрицы А — λ2Е:

Свойства собственных векторов

Размерность второго собственного подпространства равна 3 — 1 = 2.

Сумма размерностей обоих подпространств равна трем. Следовательно, базис из собственных векторов существует. Он собирается из базисов собственных подпространств. Чтобы его построить, нужно для каждого собственного значения А найти фундаментальную систему решений СЛАУ (А — λЕ)х = 0. Фундаментальная система решений представляет собой базис линейного пространства решений однородной СЛАУ, в нашем случае собственного подпространства матрицы.

Для собственного значения λ1 = — 1 получаем систему

Свойства собственных векторов

Ранг матрицы системы равен двум, поэтому фундаментальная система состоит из одного столбца. Например, можно взять столбец (3 5 6) T .

Для собственного значения λ2 = 1 получаем систему

Свойства собственных векторов

Ранг матрицы системы равен единице, поэтому фундаментальная система состоит из двух столбцов. Например, фундаментальную систему решений составляют столбцы (2 1 0) T и (0 1 2) T .

Таким образом, базисом из собственных векторов матрицы А является система

Свойства собственных векторов

а сама матрица А подобна диагональной матрице

Свойства собственных векторов

Отметим, что матрица Р преобразования подобия представляет собой матрицу перехода из одного базиса в другой, т.е. ее столбцы представляют собой столбцы координат векторов нового базиса, записанные в старом. В нашем случае столбцы матрицы Р определяются векторами «нового» базиса e1, e2, е3:

Свойства собственных векторов

Пример 5.9. Линейный оператор, действующий в трехмерном линейном пространстве, в некотором базисе имеет матрицу

Свойства собственных векторов

Можно ли, изменив базис, привести матрицу этого оператора к диагональному виду?

Составляем характеристическое уравнение линейного оператора:

Свойства собственных векторов

Раскрывая определитель, получаем

λ 3 — 4λ 2 + 5λ — 2 = 0.

Корнями характеристического уравнения являются числа λ1 = 1 кратности 2 и λ2 = 2. Для определения размерностей собственных подпространств линейного оператора, отвечающих этим двум значениям, вычислим ранги соответствующих матриц:

Свойства собственных векторов Свойства собственных векторов

Оба собственных подпространства линейного оператора, отвечающие двум собственным значениям, имеют размерность 3 — 2 = 1. Поэтому линейно независимая система из собственных векторов данного оператора может содержать максимум два вектора и по соображениям размерности не может быть базисом.

Дополнение 5.1. Жорданова нормальная форма

При исследовании линейного оператора, действующего в линейном пространстве, желательно выбирать базис так, чтобы матрица линейного оператора имела наиболее простой вид. Если линейный оператор имеет базис из собственных векторов, то его матрица в некотором базисе является диагональной (теорема 5.6). В частности, это верно в случае, когда все корни характеристического уравнения линейного оператора действительные и различные (см. следствие 5.1).

Матрица диагонального вида — наиболее простая, но не всякий линейный оператор может иметь такую матрицу (см. пример 5.7). Линейный оператор, который не может быть приведен к диагональному виду (т.е. его матрица ни в одном базисе не является диагональной), имеет характеристическое уравнение, у которого есть комплексные или кратные действительные корни.

Приведение матрицы линейного оператора к простому виду связано со структурой его инвариантных подпространств.

Теорема 5.7. Пусть Н1 и H2 — инвариантные подпространства линейного оператора А: L → L, причем Н1 ⊕ Н2 = L. Тогда в некотором базисе b матрица А этого оператора А имеет блочно-диагональный вид:

Свойства собственных векторов

где 0 обозначает нулевые блоки соответствующего типа, а квадратные блоки H1, Н2 имеют порядки dimH1 и dimН2 соответственно.

◄ Выберем в линейных подпространствах H1 и Н2 базисы f = (f1 . fl) и g = (g1 . gk). В совокупности эти два базиса дают базис b всего пространства L (см. доказательство теоремы 2.5). Так как H1 — инвариантное подпространство линейного оператора А, вектор Аfi, i = 1,l , попадает в H1 и поэтому является линейной комбинацией системы векторов f. Другими словами, координаты вектора Afi в базисе b, соответствующие векторам равны нулю. Аналогично координаты векторов Agj, j = 1,k , в базисе b, соответствующие векторам fi, также равны нулю. Значит, в базисе b матрица А оператора А имеет вид (5.10). ►

Следствие 5.3. Если H1, . , Нs — инвариантные подпространства линейного оператора А: L → L, причем Н1 ⊕ . ⊕ Hs = L, то в некотором базисе матрица оператора А имеет блочно-диагональный вид

Свойства собственных векторов

где квадратный блок Hi имеет порядок dimHi, i = 1,s , а остальные блоки являются нулевыми.

◄ Выберем в каждом из инвариантных подпространств Hi базис. Все базисы в совокупности образуют базис пространства L, в котором оператор А будет иметь матрицу указанного вида. ►

Остановимся на случае, когда характеристическое уравне-ние линейного оператора имеет лишь простые корни, среди которых, вообще говоря, есть и комплексные. Так как характеристическое уравнение линейного оператора имеет действительные коэффициенты, каждому комплексному корню α + iβ этого уравнения соответствует комплексно сопряженный корень α — iβ той же кратности [I].

Теорема 5.8. Любой паре комплексно сопряженных корней характеристического уравнения линейного оператора соответствует двумерное инвариантное подпространство этого оператора.

◄ Зафиксируем в линейном пространстве L некоторый базис b и рассмотрим матрицу А линейного оператора А в этом базисе. Пусть λ = α + iβ, β ≠ 0, — комплексный корень характеристического уравнения линейного оператора А. Тогда det(A — λЕ) = 0 и система линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) (А — λЕ)х = 0 с комплексными коэффициентами имеет ненулевое решение x, которое можно записать в виде х = u + iϑ, разделив действительные и мнимые части у элементов столбца х.

Столбец ϑ не является нулевым, так как в противном случае х = u, и Аu = λu. Мы видим, что действительные элементы столбца Аu получаются из действительных элементов столбца и умножением на комплексное число λ, а это возможно лишь в случае, когда u = 0. Но это заключение противоречит выбору столбца х.

Столбцы u и ϑ линейно независимы. Действительно, если они линейно зависимы, то μu + vϑ = 0, где одно из чисел μ и v отлично от нуля. Мы можем утверждать, что μ ≠ 0, так как в противном случае vϑ =0. Но ϑ ≠ 0, значит v = 0. Получилось, что оба коэффициента μ и v являются нулевыми.

Итак, μ ≠ 0, и поэтому u = kϑ, где к = — v/μ ∈ R. Следовательно, x = u + iϑ = (k + i)ϑ. Так как Ах = λх, то А((k + i)ϑ) = λ(k + i)ϑ, и мы, сокращая равенство на k + i, находим, что Aϑ = λϑ. Как мы уже знаем, для комплексного λ такое равенство невозможно.

В равенстве Ах = λх сделаем замены λ = α + iβ, х = u + iϑ: А(u + iϑ) = (α + iβ) (u + iϑ). Разделив действительные и мнимые части, получим два матричных уравнения

Аu = αu — βϑ, Aϑ = βu + αϑ. (5.11)

Рассмотрим векторы u и ϑ, которые в базисе b имеют столбцы координат u и ϑ. Эти векторы образуют линейно независимую систему, так как линейно независимы столбцы u и ϑ. Кроме того, Аu = αu — βϑ, Aϑ = βu + αϑ, так как в матричной записи это совпадает с (5.11). Полученные соотношения означают, что двумерное линейное подпространство Н = span является инвариантным подпространством линейного оператора А. ►

Для любых действительных α и β обозначим

Свойства собственных векторов

Теорема 5.9. Если характеристическое уравнение линей-ного оператора А: L → L имеет р различных пар комплексно сопряженных корней αj ± iβj, j = 1,p , и q различных действительных корней μj, j = 1,q , 2p + q = n = dimL, то в некотором базисе матрица А этого оператора А имеет вид

Свойства собственных векторов

◄ Каждой паре комплексно сопряженных корней αj ± iβj характеристического уравнения соответствует двумерное инвариантное подпространство Pj оператора А с базисом uj, ϑj (см. доказательство теоремы 5.8). Каждому собственному значению μj соответствует одномерное собственное подпространство Qj линейного оператора А. Можно показать, что все эти подпространства образуют прямую сумму, так как пе-ресечение любой пары таких подпространств содержит лишь нулевой вектор. Учитывая, что сумма размерностей этих подпространств равна 2р + q = n = dimL, заключаем, что

Согласно следствию 5.3, в некотором базисе матрица А оператора А имеет блочно-диагональный вид, причем каждый диагональный блок представляет собой матрицу ограничения оператора А на соответствующее инвариантное подпространство. В случае двумерного подпространства Pj в базисе uj, ϑj эта матрица равна C(αjj) (см. (5.12)), а в случае одномерного инвариантного пространства Qj такой блок есть просто число, представляющее собой собственное значение μj. ►

Следствие 5.4. Если характеристическое уравнение квадратной матрицы А порядка n имеет р различных пар комплексно сопряженных корней αj ± iβj, j = 1,p , р, и q различных действительных корней μj, j = 1,q , 2p + q = n, то эта матрица подобна некоторой блочно-диагональной матрице вида (5.13).

◄ Указанная матрица А является матрицей некоторого линейного оператора А, характеристическое уравнение которого имеет различные корни. Согласно теореме 5.9, в некотором базисе оператор А имеет матрицу А’ блочно-диагонального вида (5.13) . Матрицы А’ и А подобны как матрицы одного оператора. ►

Если характеристическое уравнение оператора имеет кратные корни, действительные или комплексные, то инвариантные подпространства такого оператора имеют более сложную структуру. Рассмотрим два типа специальных матриц.

Для произвольного действительного числа μ введем обозначение матрицы порядка s:

Свойства собственных векторов

У этой матрицы все диагональные элменты равны ц, над главной диагональю расположены элементы 1, а все остальные равны нулю. В случае s = 1 рассматриваемая матрица сводится к единственному числу μ.

Для любого комплексного числа λ = α + iβ (β ≠ 0) введем обозначение блочной матрицы порядка 2r:

Свойства собственных векторов

где C1(α,β) = С(α,β) — квадратная матрица порядка 2 вида (5.12). Все остальные блоки также являются квадратными матрицами порядка 2, Е обозначает единичную матрицу, а 0 — нулевую.

Блочно-диагональную матрицу вида

Свойства собственных векторов

где αj, βj (j = 1,m ) и μl (l = 1,k ) — действительные числа, называют жордановой, ее диагональные блоки — жордановыми клетками. Жорданову матрицу А’, подобную данной матрице А, называют жордановой нормальной формой (жордановой канонической формой) матрицы А.

Жорданова нормальная форма определяется неоднозначно, так как подходящими преобразованиями подобия можно пере-ставлять диагональные блоки (перестановка блоков в матрице линейного оператора вызывается перёстановкой соответствую-щих векторов базиса). Среди жордановых клеток жордановой матрицы могут встречаться одинаковые. Однако можно утвер-ждать, что если две жордановы матрицы подобны, то одна получается из другой перестановкой диагональных блоков. Это объясняется тем, что каждая жорданова клетка вида Jjj) определяется собственным значением μj матрицы, а жорданова клетка Cjj, βj) — комплексным корнем λj = αj + iβj характеристического уравнения матрицы. Частным случаем жорда-новой матрицы является матрица вида (5.13) (когда все корни характеристического уравнения простые) и диагональная матрица (все корни действительные, а все жордановы клетки имеют порядок 1).

Теорема 5.10. Каждая матрица имеет жорданову нормальную форму.

Вопросы и задачи

  1. Найдите собственные векторы и собственные значения линейного оператора, имеющего в некотором базисе матрицу: Свойства собственных векторовСвойства собственных векторов
  2. В примерах в), д)-к) постройте базис из собственных векторов и запишите матрицу линейного оператора в этом базисе.
  3. Выясните, приводится ли к диагональному виду данная матрица: Свойства собственных векторов
  4. Пусть линейный оператор, действующий в n-мерном линейном пространстве, имеет в некотором базисе матрицу А. Пусть λ1, λ2, . λn — собственные значения этого оператора. Найдите собственные значения и собственные векторы линейного оператора, матрицей которого в том же базисе является: а) A 2 ; б) А -1
  5. В линейном пространстве квадратных матриц порядка 2 содержится линейная оболочка матриц А k , k = 0,100 . Найдите размерность этой линейной оболочки для матрицы Свойства собственных векторов
  6. Докажите, что для каждого собственного значения А линейного оператора λ имеет место равенство £(А, А) = ker(A — λI).
  7. Докажите, что кратность собственного значения Л линейного оператора А не меньше размерности соответствующего собственного подпространства £(А, λ) этого оператора.
  8. Докажите теорему Кэли — Гамильтона в случае квадратной матрицы, все корни характеристического уравнения которой действительны и попарно различны.
  9. Сформулируйте теорему Кэли — Гамильтона для линейных операторов и доказать ее в случае линейного оператора, имеющего базис из собственных векторов.
  10. Докажите, что поворот вектора на плоскости на угол 2φ можно реализовать за три последовательно выполняемых шага: поворот вектора на угол φ; растяжение с коэффициентом 2 cosφ; прибавление вектора, противоположного исходному.
  11. Докажите, что любой линейный оператор в пространстве V3 имеет собственный вектор.
  12. Приведите пример линейного оператора, не имеющего собственных векторов. Какой может быть размерность линейного пространства, в котором есть такие операторы?
  13. Докажите, что для любого ненулевого вектора с ∈ V3 линейный оператор А: V3 → V3, определяемый соотношением Ах = x × с, имеет единственное собственное значение, равное нулю.
  14. Пусть Н — линейное подпространство евклидова пространства Ε. Рассмотрим линейный оператор ортогонального проектирования Рх = х°, где х = х° + x ⊥ , х° ∈ H, х ⊥ ∈ Н ⊥ , — разложение произвольного вектора х на его ортогональную проекцию х° и ортогональную составляющую x ⊥ . Найдите собственные значения и собственные векторы этого линейного оператора.
  15. Докажите, что нуль является собственным значением любой кососимметрической матрицы нечетного порядка.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *