И.В. Проскуряков - Сборник задач по линейной алгебре (1113047), страница 68
Текст из файла (страница 68)
эйП. а) Для любой косоэрмитовой матрицы А существует унитарная матрица () такая, что матрица В = !) ! А1;) диагональна с чисто мнимыми элементами иа диагонали, некоторые из которых могут равняться нулю. б) Пространство является пряной суммой ортогональных между собою одномерных и двумерных подпространств, инвариантных относительно ф. Преобразование ф переводит векторы одномерных подпространств в нуль, Р 001 а на двумерном подпространстве, соответствующем клетке ! ), вызы- 1 — 6 О/' вает поворот на угол —, соединенный с умножением на число — 6. Для лю- 2' бой вещественной кососимметрической матрицы А существует вещественная ортогональная матрица !) такая, что матрица В=-(г А1;) имеет канони— 1 ческий вид, приведенный в тексте задачи.
указание. Использовать задачи 1609 и 1610 и применить метод математической индукции. ййМ. Если А — косоэрмитова матрица, то матрица В = (Š— А) )( )((В+ А) — унитарная, не имеющая характеристического числа, равного — 1, н, обратно, если А в унитарная матрица, не имеющая характеристиче- ского числа, равного — 1, то матрица В = (Š— А)(В+А) — косоэрмвтова. Аналогичная связь имеется между вещественными кососимметрическими и ортогональными матрицами.
Р е ш е н и е. Разберем лишь случай унитарного пространства. Пусть в равенстве (1) !р — кососимметрическое преобразование (ф*= — ф). Тогда ф" = (з+ !р*) ' (з — ф*) = (е — !р) '(е+ !р) = (а+ ф) (е — ф) ' = !) так как е+ф и (е — ф) ! перестановочны, Значит, ф — унитарно. Заметим, что (е~ф) существуют, так как числа ~1 не являются собственнымн значениями !р (задача 1610, пункт а)). Далее, е+ зр = (е+ ф) (е+ !р) + (е — !р) (е+ ф) ' = 2 (е+ !р) (а) и, значит, ф не имеет собственным значением числа — 1.
Кроме того, ф вы- ражается через ф при помощи равенства, аналогичного равенству (1). В са- мом деле, из равенства (а) находим: е+ !р = 2 (е+ ф), ф = 2 (е+ ф) 2(е ( ф) ! — (е+ф)(а+ф) !=(е — зр)(е+!)) !. Пусть, обратно, в ра- венстве (1) ф — унитарное преобразование, не имеющее собственным ОТВЕТЫ [16Ы вЂ” 1653 значением числа — 1. Тогда «)л=(в+ф") (е — ф') = (е+ ф ) (э — «р !) = = («р+е) !фф ' (ф — е) = — (е — «р) (е+ ф) 1 — ф так как е — «р и (э+ ф) перестановочны. Значит, «) — кососимметрическое преобразование.
Кроме того, ф выражается через ф при помощи равенства, аналогичного равен- ству (1). Это доказывается снова при помощи равенства (а) дословно, как выше. Таким образом, равенство (1) отображает все кососимметрические преобразования на унитарные, не имеющие собственным значением числа — 1, и обратно, причем одно из этих отображений является обратным для другого. Это показывает, что оба отображения взаимно однозначны. ФМВ.
Если матрица А — косоэрмитова (или вещественная кососнмметри- ческая), то матрица е †унитар (соответстяенно ортогональна). А %13. Р е ш ен и е. По задаче 1559 преобразование эч будет самосопря- женным. Если Ль ..., ˄— собственные значения ф, то они вещественны н по задаче 1161 собственные значения еэ будут е ', ..., е ", т. е. еэ поло- жительно определенно. Покажем, что различным самосонрюкенпым преоб- разованиям ф и ф' соответствуют различные преобразования еч и еч . Пусть еэ=ее; ф обладает ортонормированным базисом собственных векторов а„..., а„, где фп! = Л!а! (! = 1.
2, ..., п). Пусть а' — любой собственный л вектор преобразования ф' со значением Л', а' = ~Ч~',х!а!. Тогда по задаче 1-1 и л 1464 еч а =е а = ~ч»', е х!а!. С другой стороны, еча = ~л х!еча! «! «Х « 1 1 1-1 и х ч I ч « ~' х!е !аб так как еч а = еча, то х! = О для всех тех й для которых 1-1 е !+ е, и е ! е, если х! Ф О. Так как Л! и Л' вещественны, то из х ! х 1, л л л х чь О следует Л! = Л'. Поэтому фа' = ~ л«фа! = ~', х!Л!а! = ~ч ', х!Л'а! = 1-1 1-1 «! = Л'и' = ф'а'.
Так как «р' обладает базисом собственных векторов и на этом базисе совпадает с ф. То ф=«р'. Пусть ф — любое положительно определен- ное преобразование. Существует ортонормированный базис, в котором ма- трица «) диагональна с положительными элементами Мь 1!ь ..., Рл на диа- гонали. Положим Л! = 1н р! (! = 1, 2, ..., и), где Л! — вещественное значение логарифма, и пусть преобразование ф в том же базисе задано диагональной матрицей с элементами Ль ..., Л„на диагонали. Преобразование ф — само- сопряженное, и 3 = лч. э333.
Указание. Применить задачу 1597. 1333. Если г — ранг ф, то число таких преобразований равно вй В)37. Указание. Доказать равенство («рх — Лх, фл — Лх) = (ф"х — Лх, ф'х — Лх). %33. Указание. Применить предыдутцтю задачу. э333. Указание. Приме!шть задачу 1627. 1633. У к а ванне. Применить задачи 1627 и 1629. з334. У казан не. Несколько раз применить задачу 1629.
в333. У к а з а н и е. При доказательстве необходимости применить две предыдущие задачи. При доказательстве достаточности показать, что пре- образование «р унитарного пространства, обладающее нормальным свойством, обладает ортонормийованным базисом собственных векторов. Случай евкли- дова пространства свести к случаю унитарного.
° 333. Указание. Применить предыдущую задач . 1634-1638) отввты Дополнение 6634. 1) Да; 2) да; 3) да; 4) да; 5) нет; 6) нет; 7) нет; 8) да; 9) нет; 10) да; П) да; 12) нет; 13) да; 14) да; 15) да; 16) да; 17) нет; 18) да; 19] иет; й)) да; 21) да; 22) да; 23) да; 24) да; 25) нет, 26) да; 27) да; 28) да; 29) да; М) да; 31) да; 32) нег, 33) нет; 34) да; 35) нет; 36) да. ° 63е.
Указание. Первый способ: показать, что»а»=1 для любого а из данной группы б порядка л. При и > 1 взять в О элемент 5 = соло+ +)з1пЕ с наименьшим положительным аргументом Е и показать, что б = »1, Ь, Ьт, ..., Ь"-'». Второй способ: пользуясь теоремой Лагранжа, показать, что а" 1 для любого а нз О. %636. а) Одна группа — циклическая группа третьего порядка — с элементами е, а, Ь и таблицей е а Ь е а Ь а Ь е Ь е а В представлении подстановками можно положить: е — единица, а =(1 2 3), Ь=(1 3 2). б) Две группы: 1) циклическая группа четвертого порядка с элементамц в, а, Ь, е н таблицей е а Ь е е а Ь е а Ь е е Ь е е а е в а Ь В предстанленни подстановками можно положить: е — единица, а = (1 2 3 4), Ь =(1 3) (2 4), е = (1 4 3 2); 2) четверная группа с элементами е, а, Ь, е и таблицей в а Ь е в а Ь е а в е ЬЬ е е а е Ь а е В представлении подстановками можно поаожить: е — единица, а = (1 2) (3 4), Ь = (1 3) (2 4), е = (1 4) (2 3).
11639 — 1643 ОТВЕТЫ в) Две группы: 1) циклическая группа шестого порядка с элементами в,а, Ь,с,И,Уитаблнцей в а Ь с 3 в а Ь с 3 а Ь с и У в Ь с И у в а с и У в а Ь а' у в а Ь с в а Ь с а В представлении подстановками можно положить: в — единица, а = (1 2 3 4 б 6), Ь = (1 3 5) (2 4 6), с = (1 4) (2 5) (3 6), и = (1 5 3) (2 6 4), у= 165432); симметрическая группа третьей степени с элементами в, а, Ь, с, а, у и таблицей в а Ь с 3 У в а Ь с и У а Ь в И У с Ь в а У с 3 ° с уйвЬа сУавЬ ас Ьа в В представлении подстановками можно положится в — единица, а (1 2 3), Ь=(1 3 2), с=(1 2), И=(2 3), У=(1 3). У каза нне.
Показать, что если в группе 6 порядка и имеется мно. жество Н из Ь элементов, Ь ~ и, которое само является группой при операции умножения, заданной в О, то, умножая все элементы из Н на элемент х, не лежащий в Н, мы получим Ь новых элементов группы б. Поэтому и ьа,—. За и можно взять множество элементов в, а, ат, ..., а г, где 2' а" = в. Например, в случае в) 2), т. е. для нецнклической группы б шестого порядка, должно быть 3 <3. Если бы было аз = в для любого а из П. то четыре элемента в, а, Ь, аЬ образовали бы группу, что невозможно.
Значит, существует элемент а, для которого ат=Ь+в, но аз=в. Умножая элементы в, а, а' на новый элемент с, получим все шесть элементов группы б в виде в, а, а'=Ь, с, ас=т(, агс =у. Надо показать, что ст= 3т=ут=в и со=а'с=У. Например, если бы было са=ас, то, умножая слева сначала ва с, а затем на ат, получим: атлас Йт=в, откуда уд=аг я у=а, что невозможно. ° 939.
Группа тетраэдра имеет порядок 12, куба и октаэдра — 24, долекаэдра и иносаэдра — 60. У к а з а и и е. Рассмотреть вращения, переводящие данную вершину А в некоторую вершину В (не обязательно отличную от А), и похавать, что, порядок группы равен пд где и — число вершин н Ь вЂ” число ребер, выходящих из одной вершины. $963. Указание. Каждому элементу х данной группы б поставить в соответствие отображегше а-ьах для любого элемента а из б.
ЗОУ 1646 — 1668» ОТВЕТЫ 6545. ж 1. $545. У ка вани е а) Рассмотреть (аЦР' н (аб)лз, где р — порядок аЬ. б) Рассмотреть (аЬ)э, где р — порядок аЬ, в показать, что ае- б э = е. Пример 1, Для элементов ачье, Ь=а ' условие (1) выполнено, а (2) — нет. Утверждение б) не выполнено, так кэк порядки а и Ь равны между собой и не равны единице, а порядок аЬ е ранен единице. П р и м е р 2.
Элементы а =(1 2), Ь = (1 2 3) симметрической группы Зз имеют взаимно простые порядки 2 и 3. Услзвие (!) не выполнено, так как аЬ=(1 3), Ьа= (2 3), а (2) выполнено. Утверждение б) не выполнена а по- рядка 2, Ь порядка 3, аЬ порядка 2. в) Обе части равенства а" = Ь возвысить в степень з, равную порядку Ь. г) П ри не р 3. В циклической группе (а) восьмого порядка элементы а, аз, а' имеют порядок 8, но дат= а' порядка 2, да!=а! порядка 4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
