Шишкин. Линейная алгебра (лекции) (1113076), страница 13
Текст из файла (страница 13)
. , λp — различные собственные значения оператора Â, а e1 , e2 , . . . , ep — соответствующие им собственные векторы. Так как e1 6= θ, то этот вектор является линейно независимым. Следовательно, для одного вектора утверждение теоремы верно.Пусть теорема верна для k собственных векторов e1 , e2 , . . . , ek . Присоединим у этимвекторам вектор ek+1 и предположим, чтоei ai = θ, i = 1, k + 1.(7)Применим к вектору (7) оператор Â, воспользуемся его линейностью и тем, чтоÂei = λi ei . В итоге получаем, чтоλi ei ai = θ.(8)Теперь умножим вектор (7) на λk+1 и вычтем из равенства (8):(λi − λk+1 )ei ai = θ, i = 1, k.Так как по условию λi − λk+1 6= 0 и e1 , e2 , . .
. , ek — линейно независимы по предположению, то последнее равенство возможно тогда и только тогда, когда ai = 0, i = 1, k.Но тогда из равенства (7) в силу того, что ek+1 6= θ, следует, что ak+1 = 0. Значит, всекоэффициенты линейной комбинации (7) равны нулю, т. е. векторы e1 , e2 , . . . , ek+1 —линейно независимы. Таким образом, на основании метода математической индукцииутверждение теоремы доказано.С л е д с т в и е. В n-мерном линейном пространстве линейный оператор Â неможет иметь более n собственных векторов с различными собственными значениями.Д о к а з а т е л ь с т в о. (От противного). Пусть в Rn оператор Â имеет n + 1собственных векторов с различными собственными значениями. Тогда по теореме 5указанные собственные векторы e1 , e2 , .
. . , en+1 линейно независимы. Следовательно,они или образуют базис в пространстве Rn или входят в базис из большего числаэлементов. Значит, размерность пространства Rn ≥ n + 1, что противоречит условиютеоремы.О п р е д е л е н и е. Уравнениеdet(Ae − λE) = 0(9)называется храктеристическим уравнением линейного оператора Â, действующего в линейном пространстве Rn , с матрицей Ae в некотором базисе (ep )n .Утверждение 11 Характеристическое уравнение (9) не зависит от выбора базисав линейном пространстве.47Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть (fp )n — базис, полученный из базиса (ep )n припомощи невырожденного преобразования f = eP , т.
е. det P 6= 0. Тогда, поскольку Af = P −1 Ae P в силу (3) и P EP −1 = E, то det(Af − λE) = det(P −1 Ae P −λP −1 EP ) =(свойства операции умножения матриц)= det P −1 (Ae − λE)P =(т. 5 гл.4 курса аналитической геометрии)= det P −1 · det(Ae − λE) · det P = det(Ae − λE).Отсюда следует утверждение теоремы.На вопрос: "Как найти собственные значения оператора Â"? — ответ дает следующаяТеорема 6 Для того, чтобы число λ было собственным значением оператораÂ, действующего в линейном пространстве Rn над полем K, необходимо и достаточно, чтобы это число было решением характеристического уравнения (9)оператора  и принадлежало числовому полю K.Н е о б х о д и м о с т ь.
Пусть λ — собственное значение оператора Â, а x — соответствующий собственный вектор этого оператора, т. е. λ ∈ K и выполнено равенство(50 ). Пусть (ep )n — базис в Rn , а Ae = ||apk ||nn — матрица оператора Â в этом базисе. Из равенства (50 ) элементов пространства Rn следует равенство их координат вбазисе (ep )n .
По формуле (2) элемент ( − λÊ)x имеет координаты (Ae − λE)Xe , аэлемент θ — координаты — нулевой столбец, т. е. имеем:(Ae − λE)Xe = θ,(10)т. е. получили однородную систему уравнений относительно координат x1 , x2 , . . . , xnвектора x в базисе (ep )n . Система (10) имеет нетривиальное решение тогда и толькотогда, когда, как следует из следствия 3 к теореме 3 гл. 1 (теореме о базисномминоре), det(Ae − λE) = 0.Д о с т а т о ч н о с т ь.
Пусть λ ∈ K — решение характеристического уравнения(9). Но тогда система (10) имеет согласно следствию 3 к теореме 3 гл. 1 нетривиальное решение Xe . А поскольку (10) означает равенство координат элементов пространства Rn в базисе (ep )n , то равны и сами эти элементы, т. е. верно равенство(50 ),причем x 6= θ. Поэтому λ — собственное значение оператора Â. Теорема доказана.С л е д с т в и е 1. Если характеристическое уравнение (9) оператора  имеетn различных корней из поля K, то в некотором базисе (ep )n матрица оператора имеет диагональный вид.Д о к а з а т е л ь с т в о.
Пусть λ1 , λ2 , . . . , λn из K — различные собственные значения оператора Â. Каждому λp соответствует собственный вектор ep . Тогда по теореме 5 векторы e1 , e2 , . . . , en — линейно независимы, т. е. образуют базис в пространстве Rn . Но в таком базисе Âep = λp ep , p = 1, n, т. е. матрица Ae оператора Â имеетвид ||λp δkp ||.С л е д с т в и е 2. Не каждый линейный оператор Â имеет собственное значение.Д о к а з а т е л ь с т в о.
Характеристическое уравнение (9) является уравнениемстепени n относительно λ. Поэтому по основной теореме алгебры уравнение (9)всегда имеет по крайней мере один корень, но не более n корней (следствие к т.5). Однако корни этого уравнения могут не принадлежать числовому полю K, надкоторым действует линейное пространство Rn . В этом случае оператор Â не имеет впространстве Rn собственных векторов.Из теоремы 6 следует метод построения собственных значений и собственныхвекторов линейного оператора Â:1) Решаем характеристическое уравнение (9).
Если есть действительные корни, принадлежащие числовому полю K, то имеем собственные значения λ1 , λ2 , . . . , λk (k ≤48n).2) Подставляя вместо λ значение λp , найденное в пункте 1), в систему уравнений(10), находим координаты x1 , x2 , . . . , xn собственных векторов x, соответствующихсобственному значению λp , p = 1, k.З а м е ч а н и е. Однородная система уравнений (10) с определителем матрицысистемы, равным нулю, имеет бесконечно много решений, образующих линейноепространство. Оно является инвариантным подпространством относительно оператора Â.П р и м е р 1.
Пусть в базисе (ep )3 пространства R3 над полем K рациональныхчисел оператор Â имеет матрицу:2 −1 −10 Ae = 0 −1.021Найти все собственные векторы оператора Â.Р е ш е н и е. Характеристическое уравнение (9): 2−λ−1−10 −1 − λ002 1−λ = 0.Его решения: λ1 = 2, λ2 = 1, λ3 = −1 ∈ K.Система (10):123 (2 − λ)x − x − x = 02−(1 + λ)x = 0 ,2x2 + (1 − λ)x3 = 0которая при λ1 = 2 имеет вид:23 −x − x = 0Ее ФСР:−3x2 = 0 ,2x2 − x3 = 01Y1 = 0 .0Таким образом, все множество собственных векторов, соответствующих собственному значению λ = 2, есть X1 = cY1 , где c ∈ K, но c 6= 0.При λ2 = 1:123 x −x −x =02x2 = 0 ⇒2x2 = 01ФСР: Y2 = 0 .
Собственные векторы: X2 = cY2 , где c ∈ K, c 6= 0.1При λ3 = −1:(3x1 − x2 − x3 = 0⇒2x2 + 2x3 = 00ФСР: Y3 = 1 . Собственные векторы: X3 = cY3 , где c ∈ K, c 6= 0.−149П р и м е р 2. Пусть в базисе (ep )2 линейного пространства R2 над полем K рациональных чисел оператор Â имеет матрицу−1 23 1Ae =!.Найти все собственные векторы Â. −1 − λ2Р е ш е н и е. Характеристическое уравнение(9): 3 1−λ = 0 ⇒ λ2 − 7 =√0 ⇒ λ1,2 = ± 7 6∈ K. Значит, нет собственных значений и собственных векторов уоператора Â.З а м е ч а н и е.
Если бы в примере 2 K = K0 , то найденные значения λ были бысобственными значениями, и по аналогии с примером 1 можно было бы найти всесобственные векторы оператора Â.П р и м е р 3. Пусть в базисе (ep )3 линейного пространства R3 над полем K рациональных чисел линейный оператор Â имеет матрицу−1 −2 −210 Ae = 0.001Найти все собственные векторы оператора Â.Р е ш е н и е. Характеристическое уравнение (9): −1 − λ−2−20 1−λ000 1−λ = 0 ⇒ −(1 + λ)(1 − λ)2 = 0,т.
е. собственные значения λ1 = −1, λ2,3 = 1 ∈ K. Система (10):123 −(1 + λ)x − 2x − 2x = 0(1 − λ)x2 = 0(1 − λ)x3 = 0при λ1 = −1 имеет вид:23 −2x − 2x = 0122x = 0 ⇒ ФСР: Y1 = 0 .02x3 = 0Поэтому все собственные векторы, соответствующие собственному значению −1,задаются линейной комбинацией X = cY1 , где c ∈ K, c 6= 0. При λ2,3 = 1 система(10) имеет вид:x1 + x2 + x3 = 0.Ранг матрицы этой системы равен 1.
Поэтому размерность пространства решенийn − r = 3 − 1 = 2. Значит ФСР состоит из двух линейно независимых решений:−1−1Y1 = 1 , Y 2 = 0 .01Поэтому множество всех собственных векторов, соответствующих собственному значению 1, задаются линейной комбинацией X = aY1 + bY2 , где a2 + b2 6= 0, a, b, ∈ K.50П р и м е р 4. Решить задачу аналогичную примеру 3, но для матрицы2 −101 −1 Ae = 0.013Р е ш е н и е. Здесь характеристическое уравнение (9) имеет вид: (2 − λ)(λ2 − 4λ +4) = 0 ⇒ (2 − λ)3 = 0, т. е.
оператор Â имеет единственное собственное значениеλ = 2 кратности 3. В этом случае система (10) принимает вид: x2 = 0, x3 + x2 = 0.Ранг матрицы этой системы равен 2. Поэтому размерность пространстварешений1равна 3 − 2 = 1, т. е. ФСР состоит из одного решения Y1 = 0 ⇒ множество0всех собственных векторов оператора Â, соответствующих собственному значению2, имеет вид: X = cY1 , c ∈ K, c 6= 0.З а м е ч а н и е. 1) Если собственное значение λ — простой, т.
е. не кратный, корень уравнения (9), то соответствующее ему инвариантное относительно оператора подпространство — одномерно. Последние играют фундаментальную роль в приложениях и именуются характеристическими направлениями.2) Если собственное значение λ — корень кратности p характеристического уравнения (9), то соответствующее ему инвариантное подпространство может иметь размерность k от 1 до p (см.
примеры 3, 4).П р и м е р 5. Пусть три единичных массы подвешены на пружинах с коэффициентами упругости c1 , c2 , c3 . Вычислить основные частоты колебаний системы дляслучая, когда c1 = 8, c2 = 3, c3 = 11.Р е ш е н и е. Если обозначить силы, действующие на массы чеPрез Kp , а отклонения от положения равновесия через v, то поPy6 Pвторому закону Ньютона получаем уравнения движения: c1P−y100−y200−y300m1= K1 − K2 = c1 y1 − c2 (y2 − y1 ),= K2 − K3 = c2 (y2 − y1 ) − c3 (y3 − y2 ),= K3 = c3 (y3 − y2 ).PPP c 2Pm2Решение получившейся системы ищем в виде: yp = xp sin ωt. Тогдапосле подстановки предполагаемого решения в систему уравнений,получим:Ax = λx,(11)PPP c3P0m3где λ = ω 2 , x = ||xp ||3 ,c1 + c2 −c2011 −30−cc+c−c−314−11A=.2233 = 0−c3c30 −11 11Таким образом, мы пришли к задаче на собственные значения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
