Задача 1
В евклидовом пространстве [tex]\mathbb{R}^3[/tex] со стандартным ортонормированным базисом [tex]e_1=\left(1; 0; 0\right),\ e_2=\left(0; 1; 0\right),\ e_3=\left(0; 0; 1\right)[/tex] даны векторы [tex]\vec{a}=e_2-2e_3[/tex] и [tex]\vec{b}=e_1-e_2[/tex]. Линейный оператор [tex]f[/tex] задан равенством [tex]f(\vec{x})=(\vec{a},\vec{x})\,\vec{b}-(\vec{b},\vec{x})\,\vec{a}[/tex] для любого вектора [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^3[/tex], где [tex](\vec{u},\vec{v})[/tex] обозначает скалярное произведение векторов [tex]\vec{u}[/tex] и [tex]\vec{v}[/tex]. Найдите матрицу оператора [tex]f^{2012}[/tex] в базисе [tex]e_1,e_2,e_3[/tex].
Решение:
В координатах [tex]\vec{a}=\left(0; 1; -2\right)[/tex] и [tex]\vec{b}=\left(1; -1; 0\right)[/tex]. [tex]j[/tex]-й столбец матрицы [tex]F[/tex] оператора [tex]f[/tex] — это [tex]f(e_j)=a_j\vec{b}-b_j\vec{a}[/tex], где [tex]a_j[/tex] и [tex]b_j[/tex] — [tex]j[/tex]-е координаты векторов [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex]. Следовательно (где [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex] записаны столбцами)
[tex]F=\vec{b}\,\vec{a}^{T}-\vec{a}\,\vec{b}^{T}=\begin{bmatrix}0&1&-2\\-1&0&2\\2&-2&0\end{bmatrix}[/tex]
Матрица [tex]F[/tex] кососимметрическая ([tex]F^{T}=-F[/tex]), поэтому матрица [tex]S=F^2[/tex] оператора [tex]f^2[/tex] симметрическая: [tex]S^{T}=(F^{T})^2=F^2=S[/tex]. Вычисляем
[tex]S=F^2=\begin{bmatrix}-5&4&2\\4&-5&2\\2&2&-8\end{bmatrix},\qquad F^{2012}=S^{1006}[/tex]
Пусть [tex]E[/tex] — единичная матрица. Матрица
[tex]S+9E=\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix}[/tex]
имеет ранг [tex]1[/tex], поэтому [tex]\lambda=-9[/tex] — собственное значение [tex]S[/tex] с двумерным собственным подпространством — плоскостью [tex]2x+2y+z=0[/tex]; так как [tex]S[/tex] симметрическая, это собственное значение имеет кратность [tex]2[/tex]. Поскольку [tex]\operatorname{tr}S=-18[/tex], третье собственное значение равно [tex]-18-2\cdot (-9)=0[/tex], с собственным вектором [tex]\left(2; 2; 1\right)[/tex]: действительно, [tex]S\left(2; 2; 1\right)^{T}=\vec{0}[/tex] (этот вектор ортогонален [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex]). Ортонормированный базис из собственных векторов (записанных столбцами):
[tex]\vec{g}_1=\frac{1}{\sqrt2}\left(1; -1; 0\right)^{T},\quad \vec{g}_2=\frac{1}{3\sqrt2}\left(1; 1; -4\right)^{T},\quad \vec{g}_3=\frac13\left(2; 2; 1\right)^{T}[/tex]
С ортогональной матрицей [tex]Q=\left[\vec{g}_1\ \vec{g}_2\ \vec{g}_3\right][/tex] имеем [tex]S=Q\operatorname{diag}(-9,-9,0)\,Q^{T}[/tex], а так как [tex]\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}+\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=QQ^{T}=E[/tex],
[tex]F^{2012}=S^{1006}=Q\operatorname{diag}\left((-9)^{1006},(-9)^{1006},0\right)Q^{T}=9^{1006}\left(\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}\right)=9^{1006}\left(E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}\right)[/tex]
Здесь
[tex]\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix},\qquad E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
следовательно,
[tex]F^{2012}=9^{1005}\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
Проверка: [tex]S=-9P[/tex], где [tex]P=E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}[/tex] — ортогональная проекция на плоскость векторов [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex], причём [tex]P^2=P[/tex]. Поэтому [tex]S^2=-9S[/tex], откуда [tex]S^k=(-9)^{k-1}S[/tex] и [tex]S^{1006}=(-9)^{1005}\cdot (-9P)=9^{1006}P[/tex] — тот же результат.
Задача 2
Пусть [tex]\mathbb{K}[/tex] — поле, а [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] — произвольные квадратные матрицы порядка [tex]n[/tex] с элементами из [tex]\mathbb{K}[/tex]. Докажите, что матрицы [tex]AB[/tex] и [tex]BA[/tex] имеют один и тот же характеристический многочлен, т.е. [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex], где [tex]E[/tex] — единичная матрица.
Решение:
Если одна из матриц, например [tex]A[/tex], обратима, утверждение очевидно: [tex]BA=A^{-1}(AB)A[/tex] подобна [tex]AB[/tex], а подобные матрицы имеют один и тот же характеристический многочлен. В общем случае будем работать с матрицами, элементы которых — многочлены от [tex]\lambda[/tex], т.е. принадлежат кольцу [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Это кольцо коммутативно и не имеет делителей нуля; определитель произведения равен произведению определителей, а определитель блочно-треугольной матрицы равен произведению определителей её диагональных блоков. Рассмотрим блочную матрицу порядка [tex]2n[/tex] ([tex]0[/tex] — нулевая матрица порядка [tex]n[/tex])
[tex]M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\B&E\end{bmatrix}[/tex]
Во-первых, умножим [tex]M[/tex] слева на блочно-треугольную матрицу с определителем [tex]1[/tex]; результат — блочно-треугольная матрица:
[tex]\begin{bmatrix}E&-A\\0&E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E-AB&0\\B&E\end{bmatrix}\ \Rightarrow\ \det M=\det(\lambda E-AB)[/tex]
Во-вторых, так как [tex]\lambda[/tex] — скаляр, [tex]B(\lambda E)=\lambda B[/tex], и
[tex]\begin{bmatrix}E&0\\-B&\lambda E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\-\lambda B+\lambda B&-BA+\lambda E\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\0&\lambda E-BA\end{bmatrix}[/tex]
Левый множитель имеет определитель [tex]\det E\cdot \det(\lambda E)=\lambda^n[/tex], а правая часть — определитель [tex]\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]. Вместе с первым результатом:
[tex]\lambda^n\det M=\lambda^n\det(\lambda E-BA)\ \Rightarrow\ \lambda^n\det(\lambda E-AB)=\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]
Это равенство в [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Так как [tex]\lambda^n\ne 0[/tex] и в [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex] нет делителей нуля, можно сократить на [tex]\lambda^n[/tex]:
[tex]\det(\lambda E-AB)=\det(\lambda E-BA)[/tex]
Умножив на [tex](-1)^n[/tex], получаем [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex]. Это равенство многочленов, а не только их значений, поэтому доказательство верно над любым полем, в том числе над конечными полями, где совпадения значений во всех точках [tex]\mathbb{K}[/tex] было бы недостаточно.
Меню
Лёгкий
Высшая математика