Лінійні оператори. Самоспряжені оператори

Лекція 13

1. Зведення матриці лінійного оператора до діагонального виду

2. Лінійні оператори в евклідовому просторі

3. Приклади.

Якщо оператор А діє в просторі L_n то в цьому просторі уснує n лінійно незалежних власних векторів е₁ … е_n, що відповідають власним числам х₁ … х_n. Тоді в базисі з цих векторів, матриця оператора має діагональний вид.

Означення. Лінійний оператор називається оператором простої структури якщо існує базис складений з власних векторів цього оператора.

Власні вектори, що відповідають різним власним значенням лінійно незалежні і як наслідок можуть бути вибрані за базис простором.

Означення. Квадратна матриця А називається діагоналізованою якщо існує не вироджена матриця Т, що виконується умова A’ = T^-1AT (1).

Нехай задано два базиса е_i, e_i’ при чому система е_і складається з власних векторів лінійного оператора А, а матриці А і A’ це матриці лінійного оператора у відповідних базисах е_і і е_і’, при чому матриця А діагоналізована.

Тоді склавши матрицю переходу Т при умові, що її стовпцями є вектори е_і’ знайдемо матрицю A’ за формулою (1).

Приклад. Звести матрицю А лінійного оператора до діагонального виду та знайти відповідний базис якщо:

1 2 0

А = 0 2 0

-2 -2 -1

1) З умови |A-λE| = 0 складемо характеристичне рівняння:

(1-λ) 2 0

0 (2-λ) 0 = 0

-2 -2 (-1-λ)

-(1-λ₂)(2-λ)+0+0-(0+0+0) = 0

λ₁ = 2, λ₂ = 1, λ₃ = -1

2) Оскільки власні значення λ_і в трьох вимірному просторі різні то існує базис з власних векторів лінійного оператора.

Висновок. Матриця може звестися до діагонального вигляду.

3) Складемо однорідну систему.

(1-λ)x₁+2x₂ = 0

(2-λ)x₂ = 0

-2x₁-2x₂+(-1-λ)x₃ = 0

Фіксуємо x₁ = 2 і підставляємо в систему

-x₁+2x₂ = 0

0 = 0 => x₂ може бути будь-яким

-2x₁-2x₂-3x₃ = 0

x₁ = 2x₂

x₂ = x₂

x₃ = -x₁

Фундаментальна система складається з одного розв’язку, а саме:

x₃ = x₃

x₂ = x₂

x₁ = -x₃

при цьому x₂ і х₃ будь-які.

Отже Е = 2

xλ₁ = (2, 1, -2)

4) λ = λ₂ = 1

2x₂ = 0 x₂ = 0

x₂ = 0 x₁ = -x₃

-2x₁-2x₂-2x₃ = 0 x₃ = x₃

xλ₂ = (1, 0, -1)

5) λ = λ₃ = -1

Підставляючи знайдемо:

xλ₃ = (0, 0, 1)

6) Зведені вектори лінійно незалежні. Отже вони утворюють базис в якому матриця лінійного перетворення має діагональний вид:

2 0 0 λ₁ 0 0

A' = 0 1 0 = 0 λ₂ 0

0 0 -1 0 0 λ₃

7) Перевіримо, що матриця А’ знайдена правельно і вона діагоналізована. Для цього сформуємо матрицю переходу Т з власних векторів. Розташуємо їх стовпцями.

2 1 0

Т = 1 0 0

-2 -1 1

0 0 1 0

detT = 2 -1 - 0 = -1 ≠ 0

-1 1 2 1

Знайдемо матрицю обернену до матриці Т.

0 1 0

Т^-1 = (Ã_ij)^тр = 1 -2 0

1 0 1

0 1 0 1 2 0 2 1 0 2 0 0

A’ = 1 -2 0 · 0 2 0 · 1 0 0 = 0 1 0

1 0 1 -2 -2 -1 -2 -1 1 0 0 -1

Зауваження. Якщо у власних чисел λ_і є кратність k ≥ 2, то не існує повного набору власних векторів, тобто матриця А не зводиться до діагонального вигляду.

Дата добавления: 2014-01-04