Материал: Элементы линейной алгебры. Глушко Е.Г., Дубровская А.П

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Предположим противное: система собственных

векторов линейно зависима, т.е. существуют								такие n	чисел
1, 2,.., n, не все из которых равны нулю, что
									(4.5)
Пусть n 0.	1 x 1+	2 x 2+...+		n x n=0.			A к	обеим
	Применим оператор								частям

равенства и, учитывая, что						i	n, получим
		A x i= i		x i, 1
									(4.6)
1	1 x 1+ 2 2 x 2+...+				n	n x n=0.
Умножим теперь равенство (4.5) на					1, и вычтем его из (4.6):
2(		2+	+ n(		n-
	2- 1) x					1) x	n=0.		(4.7)
К полученному равенству снова применяем оператор A :

	2 2(	2-
			1) x 2+...+			n n( n- 1) x n=0 .			(4.8)
Умножим (4.7) на	2 и вычтем из (4.8), тогда:
3( 3- 1)(		3+...+ n( n-				1)(
	3- 2) x						n- 2) x n=0.
Повторив этот процесс n-1 раз, придем к уравнению
n( n- 1)(		n- 2)...(
				n- n-1) x n=0
Но так как	n 0 по предположению и все собственные

значения различны, то x n=0,что противоречит тому, что x n -

собственный вектор. Полученное противоречие доказывает теорему.

4.7. Приведение матрицы оператора к диагональному виду

Пусть оператор A действует из линейного пространства L размерности n в это же пространство. Предположим, что у

оператора		A		есть		n	линейно	независимых	собственных


векторов			x	1, x 2,.., x n			соответствующих		собственным
значениям			1,	2,..,	n.	Тогда в качестве нового базиса можно

принять систему собственных векторов x 1,

x	2,.., x n. Покажем,				что		в этом	случае матрица линейного
оператора			преобразуется в диагональную матрицу A' вида:
оператора		A	преобразуется в диагональную матрицу A' вида:

Действительно,

столбцы

этой

матрицы

состоят из

координат векторов

A x

1, A

x 2,

, A x n:

A x k=

k x k=0

x 1+0

x 2+...+0

x k-1+

k x k+0

x k+1+...+0

x n.

Таким образом, матрица линейного оператора в базисе из собственных векторов имеет диагональный вид, причем на

диагонали стоят собственные значения.					оператора	A	к
Пример. Привести			матрицу		оператора	A	к

диагональному виду.
		2	2	0
	A	2	1	2 .
		0	2	0
Решение. Составим характеристическое уравнение:
			2	0
	2		2	0
	2	1		2	0 .
	0		2
Раскрывая определитель, получаем				(	-1)( +2)( -4)=0.

Итак, 1=1, 2=-2, 3=4.

Найдем теперь базис из собственных векторов, в котором матрица A имеет диагональный вид.

Для 1=1 имеем:

x1	2x2	0,	2x2	x1,
2x1	2x3	0,
			x3	x1.
2x2	x3	0;


Следовательно, вектор	x 1={1,2,-1} является	собственным
вектором, отвечающим собственному значению		1=1.
Аналогичным образом получаем собственный вектор

x 2={1,2,2}, отвечающий	2=-2, и x 3={1,-1,1/2}, отвечающий

3=4.

Матрицей перехода от старого базиса B к базису из собственных векторов B’ будет матрица:

		1	1	1
T		2	2	1
		1	2	0.5
и
	1	3	1.5	3
T 1	1	0	1.5	3 .
T 1	9	0	1.5	3 .
	9	6	3	0

Следовательно, используя формулу для нахождения матрицы оператора при переходу к новому базису, имеем:

1 0 0 A 0 2 0 .

0 0 4

Выясним, в каком случае существует базис из собственных векторов.

Оказывается, что можно найти базис из собственных векторов не только в случае различных собственных значений, но и в случае кратных собственных значений, если каждому собственному значению соответствует столько линейно независимых собственных векторов, какова его кратность. Таким образом, матрица может быть приведена к диагональному виду, если существует базис из собственных векторов этой матрицы.

Определение. Матрицы, приводимые к диагональному виду, называются матрицами простой структуры.

В квантовой механике важную роль играют матрицы, обладающие свойством коммутативности. Зная собственные значения и собственные векторы матриц, можно, пользуясь следующей теоремой, ответить на вопрос коммутируемости матриц.

Теорема. Пусть собственные значения матриц A и B простые. Матрицы А и В коммутируют тогда и только тогда, когда они имеют одинаковые собственные векторы.

Доказательство. Пусть матрицы A и B коммутируют.

Пусть		- собственный			вектор		матрицы А,		отвечающий
	x
собственному				значению		,	т.е.			Тогда
								А x =	x .
		=В			т.е.			также		является
АВ x =ВА x			x	= В x ,		вектор В x

собственным вектором матрицы А, отвечающим тому же собственному значению . Так как собственное значение

простое,
простое,	то вектор В x			должен быть коллинеарен вектору x .
Следовательно,			можно	записать условие коллинеарности в
	=		значит
виде В x	=	x ,	значит	x является и собственным вектором

матрицы В.

Обратно, если А и В имеют одинаковые собственные векторы, то в одном и том же базисе они приводятся к диагональному виду и, очевидно, коммутируют.

Обсудим также некоторые вопросы приближенного нахождения собственных значений и собственных векторов матриц операторов.

В ряде прикладных задач требуется приближенное нахождение всех собственных значений некоторых матриц, а иногда и всех собственных векторов. В такой постановке в вычислительной математике задачу называют полной проблемой собственных значений.

Довольно часто определению подлежат не все собственные значения и не все собственные векторы, а, например, максимальное или минимальное по модулю собственное значение, или же значение, наиболее близко

расположенное к заданному числу. Такие задачи являются примерами частичных проблем собственных значений.

Ранее численные методы решения проблемы собственных значений сводились, в основном, к решению характеристического уравнения. Однако, такой подход становится неудовлетворительным для матриц большого размера. Кроме того, хотя задача нахождения собственных значений матриц и корней характеристического уравнения формально эквивалентны, они имеют разную обусловленность, т.к. корни многочлена высокой степени чрезвычайно чувствительны к погрешностям в коэффициентах. Поэтому сейчас наиболее распространены приближенные методы решения проблемы собственных значений, не использующие вычисление характеристического многочлена. В качестве примера таких методов далее будет рассмотрен степенной метод.

Упражнения

1. Найти собственные значения и собственные векторы матрицы А линейного оператора, если:

	1		2	0		4	1		2
а)	A 0		2 0 ; б)			A 1 0				2 ;
		2	2	1		0		2	4
	7		12	6		2	1		0
в)	A 10		19 10 ; г)			A 1 2		0		;
	12		24	13		0	0		5
	0		1	1		2	1		2
д)	A 1		0	1 ;	е) A 5		3		3	;
	1		1	0		1	0		2

100

Смотрите также:

[Ageev_E.P.]_Neravnovesnaya_termodinamika_v_vopros(BookSee.org)
[Template] Тестові завдання з дисципліни Господарське право П,Пк-81
[Методичка] Остеология
00539
02.03
0501 Конунников ЛР1-1
1
10-2_ЛР
10176245_831175obrazovat
10Лекция 10