Н.И. Яцкин - Линейная алгебра (Теоремы и алгоритмы) (1109879), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Поэтому факт, упомянутый в предыдущем замечании, можно трактовать иначе, на языкелинейных отображений.Предложение 13.2. Для любого линейного оператора (13.1),действующего в конечномерных линейных пространствах V и W , существуют такие базисы в этих пространствах, в которых операторусоответствует матрица скелетного вида.Доказательство.
Выберем сначала в пространствах V и W произвольные базисы B и C соответственно. Пусть в этих базисах опеbиратору ϕ отвечает матрица A. Приведем ее к скелетному виду Aзапишем представлениеb = L · A · R,A(13.11)с обратимыми матрицами L и R. Построим в V новый базис B0 ,такой, что матрицей перехода к нему от B служит T = R. В пространстве W также построим новый базис C 0 , матрицей переходак которому от старого базиса C служит Q = L−1 . Тогда формула(13.11) приобретет знакомый [см.
(13.2a)] вид:b = Q−1 · A · T.A(13.110 )Следовательно, в базисах B 0 и C 0 оператору ϕ будет соответствоb ¤вать матрица скелетного вида A.Замечание 13.3. Ниже, в § 15 (см. замечание 15.4), мы передокажем результат, полученный в предложении 13.2, исходя из других,более наглядных соображений.13.4. Примеры пересчета матриц линейных отображенийПример 13.1. Выполним следующее типовое упражнение.З а д а ч а. Линейный оператор ϕ : V −→ W действует из трехмерного линейного пространства V в четырехмерное пространствоW (все — над полем R).
В некоторых базисах B = [b1 , b2 , b3 ] и162Линейные отображения конечномерных пространствГл. 2C = [c1 , c2 , c3 , c4 ] в указанных пространствах оператору ϕ отвечаетматрица1 0 00 1 0A=.0 0 11 1 1Найти матрицу оператора ϕ в новых базисах B0 и C 0 , связанных сисходными формулами 0 b1 = b1 + b2 + b3 ;b02 = b1 + b2; 0b3 = b1;и 0с 10c20 c30c4= 2с1=== c1−с22c2+c2+c32c3+c3;;+c4 ;.Р е ш е н и е. Составляем матрицы перехода1 1T = 1 11 0и1002 0 0 1 −1 2 0 1 Q=.0 1 2 10 0 1 0Во избежание неожиданных неприятностей в последующих вычислениях, рекомендуется немедленно проверить корректность поставленной задачи: действительно ли заданные формулами переходасистемы векторов B0 и C 0 являются базисами? Чтобы гарантироватьэто, мы должны проверить обратимость матриц T и Q.
Для этогодостаточно найти их ранги (и убедиться в том, что они полные) иливычислить их определители (и убедиться в том, что они ненулевые).Проверку обратимости Q следует "довести до конца", т. е. явновычислить обратную матрицу Q−1 . После этого останется применитьформулу (13.2а) и получить§ 13Преобразование матрицы линейного отображенияО т в е т: в базисах B0 и C 0 оператору12 18A0 = Q−1 · A · T = 3−23163ϕ соответствует матрица105157 .21−19 −9Замечание 13.4.
В вычислениях с обратными матрицами бывают полезны "маленькие хитрости". Вспомните из первого пособия[A1 , п. 14.6] алгоритм Жордана — Гаусса вычисления A−1 : конкатенация (A|E) приводится (если удается) к виду Ж.—Г. (E|B), изкоторого считывается A−1 = B (неудача свидетельствует о необратимости A).Секрет этого алгоритма состит в том, что элементарные преобразования над строками, дающие E на месте A, равносильны умножению (A|E) слева на матрицу A−1 (если она существует). Тот жеприем можно применить, например, к конкатенации (Q|A) и — еслиматрица Q обратима — добиться вида (E|C), из которого прочитать:Q−1 · A = C.
Выигрыш состоит в том, что (не нужная "в чистом виде") матрица Q−1 не вычисляется (хотя ее существование устанавливается).Пример 13.2. Еще одна типоваяЗ а д а ч а. Линейному оператору ϕ : R3 → R2 в базисах B и C,составленных из векторов-столбцов матриц1 1 0B = 0 1 −1 −1 0 1赶1 −1C=1 1соответственно, отвечает матрица 13− 6 − 56 83.A=31− 16 5263Определить, какая матрица будет отвечать этому оператору в базисах B0 и C 0 , составленных из столбцов матриц1 1 −1B 0 = 1 0 −1 1 1 0164Линейные отображения конечномерных пространствиµ0C =311−1Гл. 2¶.Р е ш е н и е. Как и в предыдущем примере, сначала надо обеспокоиться обратимостью данных матриц B, C, B 0 и C 0 . Затем следует обратиться к результату замечания 7.2 — формулам для матрицперехода от одного базиса в арифметическом линейном пространстве к другому и обратно. По первой из формул (7.9), будем иметь:T = B −1 · B 0 и Q = C −1 · C 0 .
При реализации указанных вычисленийможно прибегнуть к "хитростям" замечания 12.4. (Между прочим,попутно контролируется обратимость матриц B и C, но, увы, не B 0и C 0 .) И, наконец, нужно воспользоваться формулой (12.3а).О т в е т:µ¶1 2 30A =.3 2 1(Наверное, проницательные читатели сообразили, что при составлении последней задачи автор действовал "от ответа": взял вполнеприличную матрицу A0 и (наудачу) подверг ее преобразованиям; получилась более сложная матрица A, которую и было предложеноподвергнуть обратным преобразованиям. Составители ваших задачников часто поступают подобным образом.)13.5. Линейные эндоморфизмы и их матрицы.
Линейныеэндоморфизмы (далее: л.э.) являются линейными гомоморфизмамииз некоторого линейного пространства в само это пространство:ϕ : V −→ V.(13.12)Имеется важная особенность в определении матрицы л.э.: второйбазис C (см. определение 12.2) считается совпадающим с первым базисом B. Естественно, матрица¯¯ ¯³´¯¯ ¯A = ϕ(b1 ) ¯ϕ(b2 ) ¯ ... ¯ϕ(bn )n×n(13.13)л.э. (13.12) оказывается квадратной.
Но важно не только это. Оченьсущественно то, что мы оказываемся значительно более "ограниченными в заменах". Вместо независимой замены двух базисов [описываемой двумя матрицами перехода, T и Q; см. формулу (13.2а)], мыможем себе позволить лишь замену одного базиса.§ 13Преобразование матрицы линейного отображения165Указанная формула пересчета матрицы линейного оператора остается справедливой, но надо считать, что Q = T.
Переформулировкой теоремы 13.1 для случая линейных эндоморфизмов являетсяследующая (не требующая отдельного доказательства)Теорема 13.10 . Пусть в n-мерном линейном пространстве V заданы два базиса B и B 0 , с матрицей перехода T от первого базисако второму. Рассмотрим линейный эндоморфизм (13.12).
Пусть емуотвечают в базисах B и B 0 (квадратные) матрицы A и A0 соответственно. ТогдаA0 = T −1 · A · T. ¤(13.14)13.6. Подобные квадратные матрицы. По тому же принципу, как формула пересчета (13.2а) для матрицы линейного оператора (гомоморфизма) инициировала определение 13.1 эквивалентныхматриц, формула пересчета (13.14) для матрицы л.э. инициирует следующееОпределение 13.2.
Две квадратные (n × n)-матрицы A и B на◦ ◦ B), если найдется образываютя подобными (и это обозначается A ∼тимая (n × n)-матрица T , такая, чтоB = T −1 · A · T.(13.15)Таким образом, при замене базиса в линейном пространстве матрица л.э. заменяется на подобную. Обратно, если матрица A соответствует некоторому л.э. в некотором базисе B, то подобная матрица(13.15) будет соответствовать тому же эндоморфизму в базисе B0 ,который строится по базису B и матрице перехода T (см. замечание 7.1).◦ ◦ на множествеЛегко убедиться в том, что отношение подобия ∼L(n, P ) = Mat(n, n; P )является отношением эквивалентности, но это — более сильное отношение эквивалентности, нежели отношение ∼, также определенноена этом множестве:◦ ◦B ] =⇒ [ A ∼ B ].[ A∼(13.16)166Линейные отображения конечномерных пространствГл. 2◦ ◦ является не стандартным, но "самодельным"; он нари(Символ ∼сован автором средствами TEX с тем, чтобы помочь читателям разобраться в многочисленных отношениях эквивалентности, для обозначения которых зачастую используется одна и та же тильда.)Более сильному отношению эквивалентности соответствует более"мелкое" разбиение на классы эквивалентности.Между прочим, в тривиальном случае n = 1 все ненулевые одноэлементные матрицы (т.
е. попросту — скаляры) эквивалентны, ноникакие две из них не подобны.В общем случае, в соответствии с замечанием 13.2, множествоL(n, P ) разбивается на n + 1 классов по отношению ∼.С отношением ◦∼◦ все гораздо сложнее и интереснее! Выводу критериев подобия квадратных матриц будет посвящена вся следующаяглава.Даже удивительно, насколько важную роль в совершенно "рабочих" (прикладных) разделах линейной алгебры играет такой (казалось бы, частный) вопрос, как условия подобия матриц.Замечание 13.5.
Отметим специфический частный случай заменыбазиса в линейном пространстве — перестановку базисных векторов.Иначе говоря, производится перенумерация векторов, составляющихбазис. Совершенно очевидно, что матрица перехода при этом будетиметь следующий специальный вид: ее элементами будут тольконули и единицы, причем в каждой строке и в каждом столбце будетприсутствовать лишь одна единица.Например, переходу от базиса B = [ b1 , b2 , b2 , b4 , b5 , b6 ] к базисуB = [ b4 , b6 , b5 , b2 , b3 , b1 ] соответствовать матрица000T =100000001000010010000001000100.000Матрицы "перестановочного" перехода однозначно определяютсяперестановками (в смысле главы 3 пособия [A1 ]).
Скажем, выписанная выше матрица соответствует перестановкеµσ=1 24 635425361¶.§ 13Преобразование матрицы линейного отображения167В общем случае перстановке σ ∈ Sn соответствует (n×n)-матрицаTσ , однозначно определяемая равенствами Tσ ·ej = eσ(j) (j = 1, ... , n).Определитель матрицы перестановочного перехода определяетсяформулойdet(Tσ ) = sgn(σ).Попробуйте самостоятельно обосновать это утверждение, исходяиз свойств определителей; см. [A1 , п. 24.2].Отображение σ 7→ Tσ из группы перестановок Sn в группу обратимых матриц GL(n, P ) является гомоморфизмом групп.
(Это — ещеодно простое упражнение; понятие гомоморфизма вводилось в [A1 ];см. замечание 15.1.)13.7. Примеры пересчета матриц л.э.Пример 13.3. Решите самостоятельно следующую совершенностандартную задачу, аналогичную рассмотренной в примере 13.1.Для пересчета матрицы л.э.
при замене базиса должна использоваться формула (13.14): A0 = T −1 · A · T.З а д а ч а. В некотором базисе B = [ b1 , b2 , b3 ] трехмерного линейного пространства V (над полем R) л.э. ϕ : V → V имеет матрицу−2A = −32−1 −2−6 −10 .35Вычислить матрицу A0 этого эндоморфизма в новом базисе B0 ,который связан со старым базисом B формулами: 0 b1b0 20b3== −b1= 2b1−2b2− b2− b2+b3 ;+b3 ;.О т в е т (см. обозначения в следующем примере): A0 = J3 (−1) .Пример 13.4. Вернемся к исследованию оператора дифференцирования многочленов (см. пример 12.1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
