В.Ф. Бутузов, Н.Ч. Крутицкая, А.А. Шишкин - Линейная алгебра в вопросах и задачах (1113035), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Может ли собственное значение унитарного оператора быть равным: 1+ Я О; 27 Примеры решения задач 1. Пусть ез, ез ортонормированпый базис в унитарном пРостРанстве Ез, Уз = ез + ез, Уз = ез — Уез. Линейный опеРатоР А, действующий в этом пространстве, имеет в базисе Уы уз матрицу 2 1+11 АУ = 1 .
1 . ). Найти матрицу сопряженного оператора А* в базисе Уз, Уз. Матрица А," оператора А* в ортопормированпом базисе ез, ез свя— т вана с матрицей А, оператора А равенством А,* = А, (свойство 2'). При переходе к базису уз, Уз матрица оператора А' преобразуется по з — т формуле Ау — — С зА;С = С ~А, С, где С матрица перехода от У'1 базиса ез, ез к базисУ Уз, Уз, т. с. С = 1 .. Аналогично, матРи— г(' па Ау связана с матрицей А, соотношением Ау = С зА,С. Отсюда — т — ~ 2,— т — т следует, что А, = САУС з и, следовательно, л1, = (С ),4уС . Таким образом, получаем АУ вЂ”вЂ” С зУС )ТАУС С. У 2 1 — 1 — 1+з 2 1+~.' — 1 — 1 1 — 1 1+1 1 1 1 1 1+1 — 1+1 44. Линейные операторы е унитарном ароетранегаее 2.
Является ли эрмитовым оператор А, если в некотором ортонормированном базисе он имеет матрицу; 1 2 — 31 — г 1 2 — 31 1 а)А= 2+31 3 2+е; б)А=12+31 3 2+1 2 1 2 — 1 — 1 2 —: -1,1 2 — 31 — 1 3 2+1 =А,тоА . эрми- 2 — 1 — 1 эрмитов оператор (свойство 1'). 2+ 1 ~ Л, то матрица А не яв— 1 / 1 а) ТаккакА'=Л = 2+Зе 1 това матрица, и, следовательно, А 2 — 3! б) Так как А* = 2+31 3 — 2 — 1 ляется эрмитовой. Поэтому А не является эрмитовым оператором. а 4. Пусть А линейный оператор, действующий в унитарном пространстве.
Доказать, что оператор В = г(А — А*) является эрмитовым оператором. Ь Напомним, что оператор В является эрмитовым, если оц равен сопряженному оператору, т. е. В" = В. Используя свойства сопря- женного оператора, находим В' = р(А — Л*)]* = — 1(А — Л*)' = — и~А' — (А")*) = = — г(А' — .4) = 1(.4 — А*) = В.
а 5. Найти собственные векторы и собственные значения эрмитова оператора А, действующего в унитарном пространстве Ез и имеюще- 3. Линейный оператор А, действующий в унитарном пространстве Е„, задан формулой Ась = рьеы 1е = 1,2, ..., и,. где еы ез, ..., еа -" ортонормированный базис в Ен, а ры Нз, ..., рн данные числа. Найти сопряженный оператор А*. Является ли он эрмитовым? Ь Так как Лен = рееь, то в базисе ем еж ..., е„матрица А, оператора А является диагональной; А, = (руб'). Сопряженный оператор А' в том же базисе имеет матрицу А; = (ре©.
Следовательно, сопряженный оператор Л' можно задать формулой Л'еу = пьем й = 1,2, ..., п. Если ры Нз, ..., р„вещественные числа. то 1еь — — реь, й = 1, 2, ..., и, и, следовательно, А* = .4. Это равенство показывает, что оператор Л и равный ему оператор .4* являются эрмитовыми операторами. Если же хотя бы одно из чисел ры рз, ...,ра не является всщественнылц то А* (как и А) не является эрмитовым оператором. а Гл. К Линейные операторы го в ортонормированном базисе еы ез, ез матрицу А,= О 1 О тЛ Характеристический многочлен оператора А имеет вид — 1 — Л О 1+1 беб(Ае — Л1) = О 1 — Л О = Л вЂ” ЗЛ+ 2 = (Л вЂ” 1)з(Л+ 2). 1 — г, Π— Л Поэтому Л1 — — — 2 и Лз = Лз = 1 -- собственные значения этого опе- ратора.
Чтобы найти координаты т',х',х' собственных векторов, нужно решить систему уравнений ( — 1 — Л)х' + (1-~- г)х' = О, (1 — Л)уз = О, (1 — 1)х~ — Лхз = О приЛ=-2иЛ=1. При Л = — 2 эта система принимает вид х1 + (1 + г)хз = О, Зхз =О, (1 — 1)х' + 2хз = О. Так как неизвестных 3, а ранг матрицы системы равен 2, то раз- мерность пространства решений равна 1. Следовательно, фундамен- тальная совокупность решений данной системы уравнений содер~кит /1+1Л один столбед. Например, такой: Х| — — ~ О ~. Столбец Х1 ". это — 1 столбец координат в базисе еы ез, ез собственного вектора хы отве- чающего собственному значению Л = — 2.
Множество всех собственных векторов, соответствующих собст- венному значению Л = — 2, имеет вид х = схз — — с((1+ 1)е~ — ез), где с - любое комплексное щсло, не равное нулю. Если Л = 1, то система уравнений для определения координат собственных векторон запишется так: — 2х' + (1+1)х' = О, (1 — 1)х' — хз = О. В атой системе неизвестных 3, а ранг матрицы системы равен 1.
Поэтому размерность пространства решений равна 2. Решая систе- му, находим ее ФСР: Х = 1, Х, = О 44. Линейные операторы е унитарном ароетранегаее где с1 и сз произвольные комплексяыс числа, одновременно не равные нулю. а б. Является ли унитарным оператор Г, .действующий в унитарном пространстве Еа, если Ге1 — — е~ +уса и Гсг = 1еы где ез, еэ ортонормировавный базис этого пространства? Матрица Г, оператора Г в ортонормировацном базисе еы еа име- /1 2Л ет вид Г, = ~ . 6(. Если Г, унитарная матрица, то согласно 1 свойству 4' унитарного оператора Г унитарный оператор, в противном случае оператор Г не является унитарным.
В свою очередь матрица Г, унитарна, если она удовлетворяет условию (5). Но «еГ: = Генг = ' ,' Поэтому матрица Г, не является унитарной, а значит, и оператор Г не является унитарным. а Т. Является ли унитарным оператор А, действучощий в унитарном пространстве Ез, если в некотором ортонормированном базисе его матрица А имеет вид: — 6 — 21 Л вЂ” 2 — 61 1 — б — 21 Л вЂ” 2 — 61 ). 1 (4+ 31 а) А = — -41 6+ 2е (4+ Зе б) А = — 41 б+ 21 41 4+ 37'.
— 2 — 61 41 4+ 31 — 2 — 61 ( 4 — 31 41 6 — 21 — т 1/ а) А' = А = — — 41 4 — 31 — 2+ 61 . Проделав вычис- 9 ~ — 6+21 — 2+61 1 ленив, получаем АА* = 1, т. е. выполнено условие (5). Значит, А .- унитарная матрица, и поэтому в силу свойства 4' А .- унитарный оператор. ( 4 — Зг б) А" = — -41 1 ( 9 — 6-ь 21 — 41 6 — 21 '~ 4 — 31 — 2+ 61 .
Проделав вычисления, — 2+61 1 получаем АА* ~ 1, т. е, условие (5) не выполнено. Следовательно, Эти столбцы представляют собой координаты в базисе еы еэ, ез двух линейно независимых собственных векторов ха и из оператора А, соответствующих собственному значению Л = 1. Множество всех собственных векторов, отвечающих собственному значению Л = 1, дает линейная комбинация элементов ха и хз. х = с1ха + сзтз — — са(1+1)е1+ с~ ее + 2сзез, Гль Г Пинеяные операторы ге 2 Доказать, что 1à — унитарный оператор, векторы и собственные значения. ел Перемножив матрицы Ге и — 1 О С'; = — О зГ2 з/2 — г О и найти его собственные о), А не является унитарной матрицей, а значит, в силу свойства 4' А не является унитарным оператором, а 8.
Линейные операторы аы оз, егз, действующие в унитарном пространстве размерности 2, имеют в ортонормированном базисе еы ез матрицы О ' 1 О ' ' О (эти матрицы в физике называются матрицами Паули). Установить, 1 1 являются ли операторы А = — (аыоз) и В = — (аз,оз) унитарными 2 2 операторами. 1 1 Так как А = — а,аз — — изаы то матрица А, этого оператора в 2 2 базисе ее, ез имеет вид 1 О г О 2 1 О 1 ΠΠ— 1 Проделав вычисления, получаем А, ' = Аее, т. е. условие (4) выполнено. Значит, А, унитарная матрица. Поэтому в силу свойства 4' А унитарный оператор.
1 1 Аналогично находим матрицу оператора В = — егзоз — — озаз в ба- 2 2 зисе еы ез. 2 1 ΠΠ— 1 2 Π— 1 1 О О Легко проверить, что и в этом случае выполняется условие (4), и, следовательно, матрица В, унитарная матрица. Но тогда в силу свойства 4' В унитарный оператор. а 9. Линейный оператор Г, действующий в унитарном пространстве .Ез, имеет в ортонормированном базисе ем ез, ез матрицу Г,= — О ье2 О р4.
Линейные операторы в унитарноес пространстве 153 получим Г, О;* = 1, т. е. условие (б) выполнено. Значит, ьГ, унитарная матрица, и поэтому в силу свойства 4' (О унитарный оператор. Характеристическое уравнение оператора (Г имеет вид — 1/т/2 — Л О е/т/2 О 1 — Л О вЂ” е/т/2 О 1/т/2 — Л =О, < ( — 1/т/2 — Л)х' + (е/5/2)хз = О, (1 — Л)хз =О, ( — г/т/2)х1 + (1/т/2 — Л)хз = О приЛ=-1иЛ=1. При Л = — 1 эта система уравнений запишется так: < (1 — 1/т/2)х~ + (г/т/2)х~ = О, 2х' =О, ( — г/т/2)х' + (1+ 1/т/2)хз = О. 1/5/2 Отсюда находим: Х1 —— О -- ФСР данной системы урав- 1/т/2 — 1 пений, и, следовательно, 1/т/2, О, 1/т/2 — 1 координаты в базисе ем еа, ез собственного вектора хы соответствующего собственному значению Л = -1. Множество всех собственных векторов, отвечающих собственному значению Л = — 1, имеет вид х = сх1 — — сЯт/2е1+ (1/т/2 — 1)ез), где с произвольное комплексное число, не равное нулю.
Если Л = 1, то система уравнений для онроделения координат собственных векторов принимает вид < — (1+ 1/т/2)х1+ (1/т/2)хз = О, ( — 1/т/2)х1 + (1/т/2 — 1)хз = О Ее ФСР состоит из двух столбцов: Хз = 1 и Хз = О или (Л вЂ” 1)з(Л+ 1) = О. КоРни УРавнениЯ Л1 — — — 1 и Лз — — Лз — — 1- собственные значения оператора Г. Чтобы найти координаты х', хз, хз собственных векторов данного оператора, нужно решить систему уравнений Гл. К Линейные операторы ~зй Элементы этих столбцов представляют собой координаты в базисе еы ез, ез двух линейно независимых собственных векторов хз и хз оператора Г, отвечающих собствешюму значению Л = 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
