Лекция Линейные отбражения 2 3.06.2020 МО-1

многочлены совпадают.
	Доказательство:
	Т.к. матрицы линейного оператора А и A в разных базисах связаны формулой:
A P 1AP, где Р – матрица перехода от одного базиса к другому,										и detP 1 detP 1, то
	E det P	1	AP P	1	EP det P	1	A E P detP	1	det A E detP det A		E
det A

2. Нахождение собственных векторов линейного оператора

Для данного конкретного найденного собственного значения i , чтобы найти соответствующие собственные векторы, надо решить однородную систему линейных уравнений:

A iE X 0,

множество ненулевых решений которой, будет представлять собой множество собственных векторов, соответствующих данному собственному значению.

Пример 1 Найдем собственные значения и собственные векторы линейного

																					2		2	3
оператора Aˆ :R3 R3 , заданного в некотором базисе матрицей A=																						2	5	6	.
																						2	4	7
Найдем сначала собственные значения линейного оператора. Для этого решим
характеристическое уравнение det A E 0.
Характеристический многочлен равен det A E																			2			2		3
																				2	5			6				.
																				2		4		7
Чтобы было проще решить характеристическое уравнение, при вычислении
определителя применим элементарные преобразования строк и столбцов:
det A E				2	2	3					2	2	3				2				5			3
				2	5	6					2	5	6				2			11				6
				2	4	7					0	1 1					0				0		1
=(1 )		2	5			2
		2		11	(1 )(		13 +12).

Решаем уравнение: (1 )( 2 13 +12)=0..

11

Оно имеет три корня: двойной 1,2=1 и простой 3=12. Это собственные значения линейного оператора.

Найдем собственные векторы, соответствующие собственному значению 1,2=1.

Для этого решим однородную систему линейных уравнений A 1,2E X 0, т.е.

1		2	3
однородную систему с матрицей А Е=	2	4	6	.
	2	4	6

															1		2	3
Приведем матрицу системы к ступенчатому виду																2	4	6		( 1		2 3 ),
																2	4	6
Что соответствует системе из одного уравнения x1+2 x2+3 x3=0.
											x1 2C1 3C2
Следовательно, общее решение системы:														x2	C1
														x	C		2
														3
			Собственные векторы, соответствующие 1,2=1 можно записать как:
									x1			2				3
									x2	C1		1		C2			0	,
									x			0					1
									3
причем, т.к. собственный вектор не может быть нулевым, то С2																					С2		0.
																				1		2
			Аналогично найдем собственные векторы, соответствующие собственному
значению 3=12.
Для этого решим однородную систему линейных уравнений A 3E X 0,
												10					2	3
																7
т.е. однородную систему с матрицей А 12Е=														2				6		.
														2			4	5
														10				2		3			2		4 5
Приведем				матрицу			к	ступенчатому			виду					2		7		6				2	7	6
																2		4 5						10	2	3
	2		4	5		2		4 5	2	0 1			1		0 0,5
		0	11	11
																		.
							0								1 1
		0	22	22				1 1	0	1 1			0

Итак, исходную систему линейных уравнений мы привели к эквивалентной

12

	x1 0,5x3 0,			x1
системе из 2 уравнений			общее решение которой:		x2
		x2 x3 0,
					x
					3

0,5C,

C,

C

Собственные векторы, соответствующие 3 = 12, можно записать как:

x1			0,5
x2		C	1		,
x			1
3

причем, т.к. собственный вектор не может быть нулевым, то С 0.

Контрольные вопросы.

1.Каковы образ и ядро а) нулевого, б) единичного оператора?

2.Какую размерность имеет алгебра а) линейных операторов, б) многочленов?

13