N 3. Меншікті мәндер мен меншікті векторлардың қасиеттері

1 . Ә рбір меншікті вектор тек бір ғ ана меншікті мә нге сә йкес келеді.

Дә лелдеу. Кері жориық: а 0 векторы екі меншікті мә нге сә йкес келсін: (а) = а жә не (а) = а. Онда а – а = (а) – (а) = 0 |в.к.акс.| ( – ) а = 0 | а 0 болғ., в.к.акс.| – = 0 = .

2 . Ә рбір меншікті мә нге сә йкес келетін меншікті векторлар шексіз кө п. Олардың жиыны, нольдік векторды қ оса есептегенде, векторлық кең істіктің ішкі кең істігін қ ұ райды. Оны сол меншікті мә нге сә йкес келетін меншікті ішкі кең істік деп атайды.

W = a V | (а) = а ;

W 0 = W – ішкі кең істік.

Дә лелдеу. Ішкі кең істіктің критериі бойынша дә лелдейміз.

х, у W (х)= х, (у)= у жә не х 0, у 0. х + у W –?

Егер х+у = 0 болса, онда х+у W .

Егер х+у 0 болса, онда (х+у) = (х)+ (у) = х + у = (х+у) х+у W . Сондық тан х + у W . F х W –?

( х) = · (х) = · х = · х = · х = · х х W . Онда х W .Олай болса, W – ішкі кең істік.

3 . F ө рісінде берілген V векторлық кең істіктегі сызық тық операторының меншікті мә ндерінің жиыны сол оператордың характеристикалық тең деуінің F ө рісіне тиісті болатын тү бірлерінің жиынымен беттеседі. Белгілеулер енгізейік.

L = F | a 0 (а) = а – меншікті мә ндер жиыны,

M = F | () º 0 – ()= 0 тең деуінің тү бірлерінің жиыны.

Сонда, L = М екенін дә лелдеу керек. Ол ү шін а) L М, б) М L болатынын кө рсетеміз.

Дә лелдеу. V векторлық кең істігінің қ андайда-бір е , е ,..., е базисіндегі сызық тық операторының матрицасы

А = болсын ( F).

х = е +... + е – кезкелген вектор, ал (х) = е +... + е – оның образы делік. х пен (х) векторларының координаталарының байланысы белгілі (§4 қ ара): (,..., ) = (,..., ) А немесе

= + + … +

= + + … + (11; 1)

………………………….

= + + … +

а) L М –? Айталық, L болсын, яғ ни F – сызық тық оператордың х меншікті векторы сә йкес келетін меншікті мә ні болсын. Онда х 0 жә не (х) = х немесе (,..., ) = ( ,..., ) (11; 2)

(11; 2)-ні (11; 1)-ге қ ойып мынадай тең бе – тең діктер жү йесін аламыз:

(11; 3)

(11; 3) жү йе – ,..., скалярлары

(11; 4)

тү ріндегі біртекті СТЖ –ң нольден ө зге шешулері екенін кө рсетеді. Нольден ө зге шешулері болса, онда (11; 4) жү йенің анық тауышы нольге тең болғ аны:

º 0 (11; 5)

Ал (11; 5) тең дік транспонирленген |А – Е| = ( ) º 0 тең дігі. Онда () = |А – Е| = 0 характеристикалық тең деуінің тү бірі, яғ ни ол характеристикалық сан (жә не ол F ө рісіне тиісті). Онда М. Олай болса, L М екені дә лелденді.

б) М L –? Айталық М болсын, яғ ни – сызық тық операторының F ө рісіне тиісті болатын характеристикалық саны болсын. Ол ( ) = |А – Е| º 0 деген сө з. Ал |А – Е| анық тауышын транспонирлесек те ол 0 -ге тең болады, яғ ни (11; 5) тең дікті аламыз (тек -ң орнына тұ рады). (11; 5) тең дік (11; 4) жү йенің анық тауышы. Біртекті СТЖ-ң анық тауышы нольге тең болғ асын, оның нольдік емес шешулері болғ аны. Олардың біреуі (, ,..., ) делік. Онда ол (11; 3), (11; 2) ө рнектерге ұ қ сас, – ң орнына – ді қ ойғ андағ ы ө рнектерді қ анағ аттандырады. Онда координаталары (, ,..., ) болатын х векторы ү шін (х ) = х тең дігі дұ рыс болғ аны. Онда – сызық тық операторының меншікті мә ні, ал х векторы оғ ан сә йкес келетін меншікті вектор. Онда L. Олай болса, М L екені дә лелденді.

Дә лелденген а), б) жағ дайлардан L = М. д.к.о. (қ ара: 1 , 123 бет, теорема 5.8; қ ай дә лелдеу оң ай, соны таң да).

Дә лелденген қ асиеттен тө мендегідей практикалық ереже аламыз:

Алдымен, сызық тық оператордың барлық меншікті мә ндерін табамыз. Олардың саны шекті (n – нен аспайды). Ол ү шін характеристикалық тең деудің тү бірлерін табады. Ол тү бірлердің тек негізгі ө ріске тиістілері ғ ана меншікті мә ндер болады.

Сонан кейін, ә рбір меншікті мә нге сә йкес келетін меншікті векторларды табамыз. Олар шексіз кө п (олардың жиыны ішкі кең істік қ ұ райды). Сондық тан олардың тек сызық тық байланыссыз болатындарын (базис бола – тындарын) ғ ана табамыз. Ол ү шін ә рбір меншікті мә нін (11; 4) біртекті жү йеге –ң орнына қ ояды да, оның базистік (фундаменталь) шешулерін табады. Сол базистік (фундаменталь) шешулер меншікті мә ніне сә йкес келетін сызық тық байланыссыз меншікті векторлар болады (базис болады). Олардың саны бос айнымалылар санына, яғ ни n – r санына тең (мұ ндағ ы r – А – Ематрицасының рангсы).

Мысал. Айталық V – ү ш ө лшемді декарттық R кең істігі болсын (F = R).

Осы кең істікте сызық тық операторы қ андайда-бір базисте

А = матрицасымен берілген. Осы оператордың меншікті мә ндерін жә не ә рбір меншікті мә нге сә йкес келетін меншікті векторларын табу керек: (х)= х, –? х –? х = (х , х , х ).

Характеристикалық тең деу қ ұ рамыз

|А – Е|= = – + 5 – 8 +4 = – ( – 5 + 8 – 4) = 0.

Тү бірлерін табамыз. – 4-ң бө лгіштері: , , . Ауызша, +1 тү бірі екенін оң ай есептейміз. Горнер схемасымен де есептеуге болады:

| 1 | -5 | 8 |- 4

| 1 | 1 | -4 | 4 | 0 – ( – 1)( – 4 + 4) = ( – 1)( 2) = 0.

Сонда, тү бірлері: = = 2 R – екі еселі тү бір, = 1 R – жай тү бір.

Оператордың меншікті мә ндері: = 2; =1. Ә рқ айсысын (11; 4) –ке қ оямыз.

Біздің мысалымызда (11; 4) жү йесінің тү рі мынадай:

= 2 меншікті мә нін қ оялық.

ү шінші тең деуді алмай –ақ қ оюғ а болады, себебі жү йенің анық тауышы – транспонирленген |А –2Е| анық тауышы, ол нольге тең. Сондық тан жү йенің матрицасының рангсы < 3, яғ ни бір тең деу қ алғ андары арқ ылы сызық тық ө рнектеледі.

Соң ғ ы жү йені Гаусс ә дісімен шешеміз (ескерің із: екі тең деу бірдей!).

– 3 х + 3 х – х = 0, жү йенің матрицасының рангсы = 1. Онда бос айнымалылар саны 3 – 1= 2. х –бас айнымалы, х , х – бос айнымалылар.

Жү йенің жалпы шешуі: х = х – х ; х , х R. Бос айнымалыларғ а мә ндер береміз. х х

1 0 х = 1,

0 1 х = – .

Жү йенің базистік (фундаменталь) шешулері: (1, 1, 0),

(– , 0, 1).

Онда а = (1, 1, 0), а = (– , 0, 1) векторлары = 2 меншікті мә ніне сә йкес келетін, сызық тық байланыссыз, меншікті векторлар болады (осы мә нге сә йкес келетін меншікті векторлар ішкі кең істігінің базисі болады). Осы мә нге сә йкес келетін барлық басқ а меншікті векторлар а = а + а , , R, тең дігімен анық талады.

Енді (11; 4)-ке = 1 меншікті мә нін қ оямыз.

ү шінші тең деуді алмай – ақ қ оюғ а болады. Гаусс ә дісімен шешеміз.

жү йенің матрицасының рангсы = 2. Онда бос айнымалылар саны 3 – 2 =1. х , х – бас айнымалылар, х – бос айнымалы.

Жү йенің жалпы шешуі: х = х , х = х ; х R. Бос айнымалығ а мә н береміз.

х = 1 х = 1, х = 1. Жү йенің базистік шешулері тек жалғ ыз шешу болады: (1, 1, 1). Онда а = (1, 1, 1) векторы = 1 меншікті мә ніне сә йкес келетін меншікті вектор болады. Осы мә нге сә йкес келетін барлық басқ а меншікті векторлар а = а , R, тең дігімен анық талады.

Осығ ан ұ қ сас, тө мендегі мысалдарды ө здерің із шығ арың ыз.

R векторлық кең істігінде сызық тық операторы матрицамен берілген:

1) А = ; 2) А = ;