Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. ==== Собственные векторы и собственные значения. ==== Вектор $\vec{v}\neq\vec{0}$ называется собственным вектором линейного оператора $A:V\to V$, принадлежащим собственному значению (числу) $\lambda\in\mathbb{F}$, если $A\vec{v}=\lambda\vec{v}$. Собственным подпространством, принадлежащим собственному числу $\lambda\in\mathbb{F}$, называют множество собственных векторов оператора $A$, отвечающих собственному значению вместе с нулевым вектором: $$V^{\lambda}=\left\{ \vec{v}\in V|A\vec{v}=\lambda\vec{v}\right\} \cup\left\{ \vec{0}\right\} .$$ Иначе говоря $V^{\lambda}=\ker\left(A-E\lambda\right)$, где $E$ --- тождественный оператор на $V.$ Размерность $\dim V^{\lambda}$ собственного подпространства называют **геометрической кратностью** числа $\det\left(A-E\lambda\right).$ **Спектром** оператора $A$ называют множество всех собственных значений $A$ вместе с их геометрическими кратностями и обозначают $\text{Spec}A.$ Собственные векторы, принадлежащие различным, собственным значениям, линейно независимы, а сумма всех собственных подпространств --- прямая. ==== Характеристический многочлен матрицы и оператора. ==== Многочлен $f(\lambda)=\det\left(A-E\lambda\right)$ называется характеристическим многочленом матрицы $A.$ Для матрицы порядка $n\times n$ характеристический многочлен \[ \det\left(A-E\lambda\right)=\left(-\lambda\right)^{n}+c_{1}\left(-\lambda\right)^{n-1}+\ldots+c_{n-1}\left(-\lambda\right)^{1}+c_{n} \] где $c_{i}$ --- сумма **главных миноров** порядка $i$ матрицы $A.$ В качестве **примера** найдём собственные числа и собственные векторы линейного оператора, заданного матрицей $$A=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right).$$ Составим характеристический многочлен $$ f(\lambda)=\det\left(A-E\lambda\right)=\left|\begin{array}{ccc} 4-\lambda & -5 & 2\\ 5 & -7-\lambda & 3\\ 6 & -9 & 4-\lambda \end{array}\right|=\left(-\lambda\right)^{3}+\left(4-7+4\right)\left(-\lambda\right)^{2}+ $$ $$ \left(\left|\begin{array}{cc} -7 & 3\\ -9 & 4 \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc} 4 & 2\\ 6 & 4 \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc} 4 & -5\\ 5 & -7 \end{array}\right|\right)\left(-\lambda\right)^{1}+\left|\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right|\left(-\lambda\right)^{0}=-\lambda^{3}+\lambda^{2}=0. $$ Корнями многочлена $f(\lambda)$, следовательно и собственными числами оператора являются $\lambda=1$ и $\lambda=0.$ Второй корень имеет кратность 2. Найдем собственные векторы, принадлежащие собственным числам. Сначала для $\lambda=1$: $$A-E\lambda=\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 6 & -9 & 3 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-2(1)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-2(1)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)+3(2)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1\\ -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-(1)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1\\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right)$$ приходим к уравнениям: $x_{2}-x_{3}=0$ и $-x_{1}+x_{2}=0$ их решением будет вектор $$\vec{v}_{1}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right).$$ Теперь найдем собственный вектор для $\lambda=0$: $$A-E\lambda=A=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-(2)}\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)-4(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 5 & -7 & 3\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-5(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 0 & 3 & -2\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{2(2)+3(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 0 & 3 & -2\\ 3 & 0 & -1 \end{array}\right)$$ приходим к уравнениям: $3x_{2}-2x_{3}=0$ и $3x_{1}-x_{3}=0$ их решением будет вектор $$\vec{v}_{0}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3 \end{array}\right).$$ Находим собственные подпространства: $$V^{1}=\left\langle \vec{v}_{1}\right\rangle =\left\langle (1,1,1)^{T}\right\rangle ,V^{0}=\left\langle \vec{v}_{0}\right\rangle =\left\langle (1,2,3)^{T}\right\rangle .$$ Видим, что размерность $\dim\left(V^{1}\oplus V^{0}\right)=2\neq3$, следовательно, матрицу $A$ нельзя привести к диагональному виду. ==== Запись матрицы в новом базисе. Клетки Жордана. ==== Размерность корневого пространства $V(\lambda)$ связанного с корнем $\lambda=0$ всё же должна быть $2=\dim V(0),$ так как общая размерность пространства $3.$ Заметим, что для собственного подпространства и корневого подпространства выполняется соотношение: $$V^{\lambda}=\ker\left(A-\lambda E\right)\subseteq\ker\left(A-\lambda E\right)^{k}=V(\lambda),$$ где $k$ --- кратность корня $\lambda.$ В нашем примере найдём образ преобразования $$A_{1}=\left.A-E\lambda\right|_{\lambda=1}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 6 & -9 & 3 \end{array}\right)$$ для этого линейными преобразованиями найдём базис: $$\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 6 & -9 & 3 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)+(1)+(3)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 2\\ 5 & 0 & 3\\ 6 & 0 & 3 \end{array}\right)\underset{\to}{2(1)-3(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2\\ 1 & 0 & 3\\ 3 & 0 & 3 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-3(1)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2\\ 1 & 0 & 0\\ 3 & 0 & -6 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 3 & 0 & -3 \end{array}\right).$$ Получили базис образа $\text{Im}A_{1}=\left\langle (0,1,3)^{T},(1,0,-3)^{T}\right\rangle .$ Легко убедиться, что $V^{0}\subset\text{Im}A_{1},$ так имеется линейная зависимость векторов $(1,2,3)^{T}=(1,0,-3)^{T}+2\cdot(0,1,3)^{T}.$ При этом для любого вектора $\vec{v}\in\text{Im}A_{1}$ справедливо $A_{0}^{2}\vec{v}=\vec{0},$ действительно $$ \left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)^{2}\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0 \end{array}\right),$$ $$\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)^{2}\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -2\\ -4\\ -6 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0 \end{array}\right).$$ В качестве нового базиса выберем $(1,2,3)^{T}=A_{0}(0,1,3)^{T},(0,1,3)^{T}\in V(0)$ и $(1,1,1)^{T}\in V^{1}=V(1)$ и построим матрицу перехода к новому базису: $$T=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right)$$ и найдём преобразование $A'=T^{-1}AT$ в этом базисе. Для ускорения присоединением матрицы найдём сразу произведение $T^{-1}A:$ $$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 4 & -5 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 5 & -7 & 3\\ 3 & 3 & 1 & 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-2(1)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 4 & -5 & 2\\ 0 & 1 & -1 & -3 & 3 & -1\\ 3 & 3 & 1 & 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-3(1)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 4 & -5 & 2\\ 0 & 1 & -1 & -3 & 3 & -1\\ 0 & 3 & -2 & -6 & 6 & -2 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-3(2)}$$ $$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 4 & -5 & 2\\ 0 & 1 & -1 & -3 & 3 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 3 & -3 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)+(3)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 4 & -5 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 3 & -3 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)-(3)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 3 & -3 & 1 \end{array}\right),$$ следовательно, $$T^{-1}A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -2 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 3 & -3 & 1 \end{array}\right).$$ Окончательно получим: $$A'=T^{-1}AT=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -2 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 3 & -3 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} \lambda_{0} & 1 & 0\\ 0 & \lambda_{0} & 0\\ 0 & 0 & \lambda_{1} \end{array}\right),$$ где просто переобозначили, что $0=\lambda_{0},$ а $1=\lambda_{1}.$ В новом базисе матрица преобразования <<распалась>> на клетки Жордана. Одна клетка двумерная: $$\left(\begin{array}{cc} \lambda_{0} & 1\\ 0 & \lambda_{0} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{array}\right),$$ вторая одномерная --- $\lambda_{1}=1.$