Учебное пособие 1816
.pdfсобственным вектором с собственным значением λ =1, а любой вектор, перпендикулярный плоскости, – собственным с λ = 0 .
Пример 3. Преобразование поворотом вектора в плоскости на угол ϕ ≠ kπ (рис. 4). В этом случае линейное преобразование вообще не имеет собственных значений (подробнее см. в [1, гл. 3, §7, с. 128]).
Пример 4. Преобразование D дифференцирования в пространстве дифференцируемых функций. Очевидно, что это преобразование линейно. Укажем для каждого числа λ собственный вектор этого преобразования.
Так как
D (eλt )= λ(eλt ),
то eλt – собственный вектор, соответствующий собственному значению λ .
Пример 5. Найти собственные векторы и собственные значения линейного преобразования, заданного в некотором базисе двумерного линейного пространства, матрицей
= 1 2 A 5 4 .
Сначала составим характеристическое уравнение
|
1−λ |
2 |
|
= 0 , |
|
|
|||
|
5 |
4 −λ |
|
|
и решим его:
(1−λ)(4 −λ) −10 = 0 ,
λ2 −5λ −6 = 0 ,
λ1 = −1, λ2 = 6.
Запишем систему линейных уравнений для определения собственных векторов x = (x1, x2 ) , отвечающих найденным собственным значениям:
91
(1 −λ)x1 + 2x2 = 0,5x1 +(4 −λ)x2 = 0.
Пусть λ1 = −1, тогда система принимает вид
2x1 +2x2 = 0,
5x1 +5x2 = 0.
Откуда x1 = −x2 .
Полагая, например, x2 = −1, получим x1 =1. Следовательно, в качестве собственного вектора, отвечающего собственному значению λ1 = −1, можно взять x1 = (1,−1) (или любой вектор коллинеарный x1 ).
Аналогично в случае λ2 = 6 система принимает вид
−5x1 +2x2 = 0,5x1 −2x2 = 0.
x1 = 25 x2 .
Полагая, например, x2 = 5 , получим x1 = 2 . Следовательно, в качестве собственного вектора, отвечающего собственному значению λ2 = 6, можно взять вектор x2 = (2, 5) (или любой вектор коллинеарный x2 ).
Проверим, выполнено ли для найденных собственных значений и собственных векторов равенство
A x = λx .
Для этого запишем его в матричной форме:
|
|
|
|
|
|
AX = λX . |
|
|
|||
Действительно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
AX1 |
1 |
2 |
1 |
−1 |
|
1 |
= λ1X1 , |
||||
= |
5 |
4 |
|
|
|
= |
|
= −1 |
|
||
|
|
|
|
−1 |
|
1 |
|
−1 |
|
92
AX2 = |
1 |
2 |
|
2 |
= |
12 |
= 6 |
2 |
= λ2X2 . |
5 |
4 |
5 |
30 |
5 |
Таким образом, собственные значения и собственные векторы найдены верно.
Пример 6. Найти собственные векторы и собственные значения линейного преобразования, заданного в некотором базисе трехмерного линейного пространства матрицей
1 |
2 |
−2 |
|
|
0 |
3 |
|
A = 1 |
. |
||
|
3 |
0 |
|
1 |
|
Сначала составим характеристическое уравнение
|
1−λ |
2 |
−2 |
|
|
|
|
||||
|
1 |
−λ |
3 |
|
= 0, |
|
1 |
3 |
−λ |
|
|
или
(1−λ)(λ2 −9) = 0 ,
решением которого будет
λ1 =1, λ2 = 3, λ3 = −3.
Составим систему линейных уравнений для определения собственных векторов x = (x1, x2 , x3 ) , отвечающих найденным собственным значениям:
(1 |
−λ)x1 +2x2 −2x3 = 0, |
|
x1 −λx2 +3x3 = 0, |
|
|
|
x1 +3x2 −λx3 = 0. |
|
Пусть λ1 =1, тогда система принимает вид
93
|
x2 − x3 = 0, |
|
|
− x2 +3x3 = 0, |
|
x1 |
||
|
|
|
x1 |
+3x2 − x3 = 0. |
Третье уравнение системы является следствием предыдущих, поэтому
|
x2 − x3 = 0, |
|
− x2 +3x3 = 0. |
x1 |
Полагаем x3 = C , тогда x2 = C , x1 = −2C , где −∞ < C < +∞.
Пусть C =1, тогда x3 =1, x2 =1, |
x1 = −2 . Следовательно, в качестве |
|||
собственного вектора, отвечающего собственному значению λ1 =1, можно |
||||
взять x1 = (−2,1,1) (или любой вектор коллинеарный x1 ). |
||||
Пусть λ2 = 3 , тогда система принимает вид |
||||
− x1 + x2 − x3 = 0, |
||||
|
−3x2 |
+3x3 = 0, |
||
x1 |
||||
|
+3x2 |
−3x3 = 0. |
||
x1 |
||||
Сложив второе и третье уравнения, найдем x1 = 0 , следовательно, |
||||
x2 − x3 = 0, |
||||
|
|
x2 + x3 = 0, |
|
|
− |
|
|||
|
|
|
||
x2 − x3 = 0. |
||||
|
x2 − x3 = 0. |
Полагая x3 = C , получим x2 = C , где −∞ < C < +∞.
Пусть C =1, тогда x3 =1, x2 =1. Следовательно, в качестве собственного вектора, отвечающего собственному значению λ2 = 3 , можно взять x2 = (0,1,1) (или любой вектор коллинеарный x2 ).
Пусть λ3 = −3, тогда система принимает вид
94
2x1 + x2 − x3 = 0,x1 +3x2 +3x3 = 0,
x1 +3x2 +3x3 = 0.
Решив систему, например методом Гаусса, получим
x3 = C , x2 = − 75 C , x1 = 65 C , где −∞ < C < +∞.
Полагая C = 5, получим x3 = 5 , x2 = −7, x1 = 6. Следовательно, в качестве собственного вектора, отвечающего собственному значению λ3 = −3, можно взять x3 = (6,−7,5) (или любой вектор коллинеарный x3 ).
Проверим, выполнено ли для найденных собственных значений и собственных векторов равенство
A x = λx .
Для этого запишем его в матричной форме:
|
|
|
AX = λX . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Действительно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 2 − |
2 −2 −2 |
|
|
−2 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
=1 |
|
1 |
|
= λ1X1 ; |
||||
AX1 = 1 0 3 |
|
= |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
||
1 3 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
1 2 |
−2 |
|
0 |
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
= 3 |
|
1 |
|
|
|
|
||
AX2 = 1 0 3 |
|
|
|
= |
3 |
|
= λ2X2 ; |
|||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 3 0 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
1 2 −2 |
6 −18 |
|
|
6 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
− |
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= λ3X3 . |
|||
AX3 = 1 0 3 |
|
|
= |
|
21 |
= −3 −7 |
|
|||||||||||
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
||||
1 3 0 |
|
|
−15 |
|
|
|
|
|
Видно, что собственные числа и собственные векторы найдены верно.
95
Лекция 10
Симметричные преобразования
10.1. Определение и свойства симметричного преобразования
Определение. Линейное преобразование называется симметричным, если его матрица является симметричной в некотором ортонормированном
базисе евклидова пространства En .
Напомним, что для симметрической матрицы справедливо равенство
A = AT .
Свойства симметричных преобразований отражают следующие четыре теоремы.
Теорема 10.1. Для того, чтобы линейное преобразование A было симметрическим, необходимо и достаточно, чтобы для любых векторов x
и y евклидова пространства En выполнялось равенство
(A x, y)= (x, A y). |
(10.1) |
Доказательство
Необходимость. Пусть A – симметричное преобразование, тогда для
него существует матрица A = AT в некотором ортонормированном базисе. Покажем, что для такого преобразования выполнено условие (10.1).
В скалярном произведении перейдем от векторной записи к матричной записи, учитывая, что
A x = AX, A y = AY ,
где X и Y – матрицы-столбцы, составленные из координат векторов x и y в ортонормированном базисе, причем AX и AY также будет матрицамистолбцами. Для записи скалярного произведения потребуются матрицыстроки в первых сомножителях.
Скалярное произведение в (10.1) принимает вид
(A x, y)= (AX)T Y = (X)T AT Y = (X)T AY = (x, A y).
96
Достаточность. Пусть выполнено равенство (10.1) для любых векто-
ров евклидова пространства En . Тогда (10.1) должно выполняться в том числе и для векторов ортонормированного базиса ei , i =1,2,...,n . На основании свойств скалярного произведения
(A ei ,e j )= (ei , A e j )= (A e j ,ei ), i, j =1,2,...,n, i ≠ j . |
(10.2) |
Воспользуемся равенством
A ei = a1ie1 + a2ie2 +... + anien , i =1,2,...,n ,
подставив которое в соотношение (10.2) получим a ji = aij , что говорит о том,
что матрица преобразования A является симметричной, т.е. само преобразование симметричное.
Теорема 10.2. Все собственные значения симметрического преобразования вещественные.
Доказательство. Проведем доказательство для случая n = 2 . Обозначим через A матрицу рассматриваемого симметричного преобразования в каком-нибудь ортонормированном базисе в виде
A = a |
b |
. |
b |
c |
|
Покажем, что в этом случае характеристическое уравнение, которое будет квадратным, имеет неотрицательный дискриминант. Действительно,
|
a −λ |
b |
|
= 0 , |
|
|
|||
|
b |
c −λ |
|
|
(a −λ)(c −λ) −b2 = 0 ,
λ2 −(a +c)λ +ac −b2 = 0,
D = (a +c)2 −4ac +4b2 = (a −c)2 +4b2 ≥ 0 .
97
Последнее выражение справедливо при любых значениях a,b,c . Так как дискриминант неотрицателен, то корни будут действительными.
Доказанная теорема допускает следующую матричную формулировку:
если A – вещественная симметричная матрица, то все ее собственные значения вещественные.
Теорема 10.3. Собственные векторы, соответствующие различным собственным значениям симметрического преобразования, ортогональны.
Доказательство. Пусть x1 и x2 – собственные векторы симметрического преобразования A , соответствующие различным собственным значе-
ниям λ1 ≠ λ2 , т.е. |
|
A x1 = λ1x1 и A x2 = λ2 x2 . |
(10.3) |
Рассмотрим скалярное произведение
(A x1, x2 )= (x1, A x2 ).
На основании (10.3) имеем
(λ1x1, x2 )= (x1,λ2 x2 ),
или
λ1(x1, x2 )= λ2 (x1, x2 ).
Таким образом,
(λ1 −λ2 )(x1, x2 )= 0.
Так как λ1 ≠ λ2 , то
(x1, x2 )= 0 , т.е. x1 и x2 ортогональны.
Теорема 10.4. Симметричное преобразование в n -мерном евклидовом
пространстве En имеет ровно n попарно ортогональных собственных векторов.
Доказательство. Если все собственные значения различны, то доказательство следует из предыдущей теоремы. Аналогичное утверждение имеет место в случае кратных корней (без доказательства).
98
10.2. Диагональный вид матрицы линейного преобразования
Теорема. Для того чтобы матрица линейного преобразования в некотором базисе n -мерного линейного пространства была диагональной, необходимо и достаточно, чтобы векторы базиса были собственными векторами этого преобразования.
Доказательство
Необходимость. Пусть матрица линейного преобразования в заданном базисе ei , i =1,2,...,n имеет диагональный вид
λ1 |
0 |
K |
0 |
|
||
|
0 |
λ2 |
K |
0 |
|
|
|
|
|||||
A = |
M |
M |
O |
M |
. |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|||
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
K λn |
По определению, столбцы этой матрицы представляют собой координаты векторов-образов A ei , i =1,2,...,n в заданном базисе, значит можно записать n равенств:
A e1 = λ1 e1 +0 e2 +... +0 en = λ1e1, A e2 = 0 e1 +λ2 e2 +... +0 en = λ2e2 ,
........................................................
A en = 0 e1 +0 e2 +... +λn en = λnen .
Отсюда видно, что векторы базиса являются собственными векторами преобразования A .
Достаточность. Пусть векторы базиса являются собственными векторами линейного преобразования A с соответствующими собственными значениями, т.е.
A e1 = λ1e1 = λ1 e1 +0 e2 +... +0 en1, A e2 = λ2e1 = 0 e1 +λ2 e2 +... +0 en ,
........................................................
A en = λnen = 0 e1 +0 e2 +... +λn en .
Отсюда видно, что матрица линейного преобразования в заданном базисе имеет вид
99
λ1 |
0 |
K |
0 |
|
|
|
|
0 |
λ2 |
K |
0 |
|
|
|
|
, |
||||
A = |
M |
M |
O |
M |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
||
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
K λn |
|
т.е. является диагональной.
Доказанная теорема указывает на важность знания собственных векторов. Если в качестве базиса взять систему из собственных векторов преобразования, то в этом базисе матрица преобразования будет иметь вне главной диагонали нули и, значит, будет иметь наиболее простой вид.
10.3. Диагональный вид матрицы симметричного преобразования
Согласно теореме 10.4 симметричное преобразование в n -мерном евк-
лидовом пространстве En имеет ровно n попарно ортогональных собственных векторов. С другой стороны, система попарно ортогональных ненулевых векторов является линейно независимой, значит, эти векторы можно принять за векторы базиса и тогда в таком базисе матрица преобразования имеет диагональный вид. Таким образом, в качестве вывода можно сформулировать следующую теорему.
Теорема. В любом евклидовом пространстве существует ортонормированный базис, в котором матрица симметрического преобразования имеет диагональный вид
λ1 |
0 |
K |
0 |
|
|
|
|
0 |
λ2 |
K |
0 |
|
|
|
|
, |
||||
A = |
M |
M |
O |
M |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
||
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
K λn |
|
где λ1,λ2 ,...,λn – собственные значения симметрического преобразования.
Ортонормированность в данном случае имеет место, так как любая ортогональная система может быть преобразована в ортонормированную и остаться при этом линейно независимой.
Геометрически эта теорема означает, что для симметричного преобразования существуют такие взаимно ортогональные направления, в которых преобразование или «растягивает» ( λi >1), или «сжимает» ( λi <1) векторы
пространства.
100