Линейного оператора

Def: Вектор x ≠qлинейного пространства V называется собственным вектором линейного оператора А если $l₀ÎK такое что Ах = l₀х. Число l₀ называется собственным значением соответствующим собственному вектору x .

13°.Если V₁– одномерное инвариантное подпространство оператора А то каждый x ≠qи хÎV₁ является собственным вектором оператора А и, притом, с одним и тем же собственным значением.

14°(обратное).Если x собственный вектор А то ℒ(x)инвариантно относительно оператора А.

◀ 1)₁₃ V₁– одномерное подпространство с базисом {e}: "хÎV₁ Þ х = aе Þ Aх = Аеa = aАе = a = lхÎV₁ (любой x из V₁ собственный) Þ Aх = lх.

2)₁₃ Если Aх₁= lх₁Þ Пусть х₂= aх₁ Þ Aх₂ = A(aх₁) = aАх₁ = alх₁= laх₁ =lх₂ (для всех x одно и тоже собственное значение).

3)₁₄ Пусть Aх = lх. Рассмотрим ℒ(x):

"уÎℒ(х) Þ у = aх Þ Ау =Аaх = aАх = alх = bхÎℒ(х). ▶

Задача. Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора А.

Пусть x ≠qи Aх = l₀х, т.е. x – собственный вектор оператора А, а λ₀ – соответствующее ему собственное значение. Aх = l₀х тогда Aх = l₀х = (A – l₀Е)х = 0 имеем однородную систему n линейных уравнений с n неизвестными. Т.к. x ≠ q, то чтобы система имела нетривиальные решения необходимо, чтобы det(A – l₀Е) = 0:

.

Раскрывая определитель, получим многочлен n^й степени относительно λ, который называется характеристическим многочленом оператора А: j(l).

¢ 13°. Характеристический многочлен j(l) оператора А не зависит от выбора базиса. ◀ ▶

Итак: Каждое собственное значение линейного оператора А является корнем его характеристического многочлена. Обратное утверждение справедливо в комплексном линейном пространстве и не справедливо в вещественном линейном пространстве для комплексных корней характеристического полинома.

Нахождение собственных векторов, соответствующих собственному значению λ₀ сводится к решению (нахождению ненулевых решений) системы (A – l₀Е)х = 0.

Пример. Найти собственные значения и собственные векторы линейного оператора Ас матрицей .

Характеристический многочлен: , тогда собственные значения оператора А: λ₁ = 6,λ₂ = –1. Найдем собственные векторы:

λ₁ = 6; ;

λ₂ = –1; .

¢ 14°.Если линейный оператор а имеет n линейно-независимых собственных векторов e₁, e₂, …, e_n с собственными значениями λ₁, λ₂, …, λ_n то матрица оператора А будет в этом базисе иметь вид: и наоборот: если в некотором базисе матрица имеет диагональный вид то векторы этого базиса являются собственными векторами оператора А.

15°. Собственные векторы линейного оператора А, отвечающие попарно различным собственным значениям, линейно независимы.

◀ Доказательство проведем методом математической индукции. Если собственный вектор только один, то утверждение теоремы, очевидно, справедливо.

Пусть утверждение справедливо для k – 1 векторов, т.е. что х₁, х₂, …, х_k–1 собственные векторы соответствующие λ₁, λ₂, …, λ_k–1 (различным) линейно независимы. И пусть x_k вектор собственный с собственными значениями λ_k ¹ λ_i (i = 1, 2, …, k – 1). Пусть

a₁х₁ + a₂х₂ + …+ a_k–1х_k–1 + a_k х_k = 0, (*)

тогда применим к (*) оператор А: a₁Aх₁+…+ a_kAх_k = a₁l₁х₁ + … + a_k–1l_k–1х_k–1 + + a_kl_kх_k = 0, теперь умножим (*) на λ_k: a₁l_kх₁ + … + a_k–1l_kх_k–1 + a_kl_kх_k = 0 и вычтем из первого полученного равенства второе a₁(l₁ – l_k)х₁ + a₂(l₂ – l_k)х₂ +… + + a_k–1(l_k–1 –l_k)х_k–1 = 0, т.к. х₁, х₂, …, х_k–1 линейно независимы и λ_k ¹ λ_i получаем: λ₁ = λ₂ = … = λ_k–1 = 0, подставляя в (*) получим λ_k=0, т.е. λ₁= λ₂ = … = λ_k = 0 и следовательно х₁, х₂, …, х_k–1 – линейно независимы. ▶

Таким образом:

16°. Если линейный оператор имеет n различных собственных значений, то, отвечающие им собственные векторы образуют базис и в этом базисе матрица оператора имеет диагональный вид.