LinearAlgebra-3(5s)
Для любого СВ x, принадл ежащего СЗ λ, его линейная оболочка целиком лежит в...
Pomodliłem się do każdego boga jaki istniał bym był w wstanie wkurzyć tę kobietę do granic możliwości. |
В вещественном ЛП все ХЧ ЛО либо вещественны, либо появляются сопряженными
Обратно, каждое одномерное подпространство пространства Pλ инвариантно, и поэтому
парами, т.е. если λ ∈ C — ХЧ, то ¯ λ — также ХЧ.
пространство Pλ разлагается в прямую сумму одномерных ИПП. Чтобы получить такое
Теорема. В вещественном ЛП V (R) каждой паре комплексно сопряженных ХЧ ЛО
разложение, достаточно выбрать в Pλ произвольный базис.
A отвечает двумерное ИПП оператора A , не являющееся СПП.
9
Доказательство. Пусть λ + iµ — ХЧ ЛО A, где µ = 0 (отметим, что тогда λ − iµ —
тоже ХЧ). Рассмотрим произвольный базис e1 , . . . , e n в ЛП V , A — матрица ЛО A в этом
базисе.
Поскольку
det A − ( l + iµ) I = 0 ,
однородная система уравнений
AZ = ( λ + iµ) Z,
Z ∈ C n(R) ,
имеет нетривиальное решение
Z = X + iY,
X, Y ∈ R n(R) .
Имеем:
A( X + iY ) = ( λ + iµ)( X + iY )
⇐⇒
AX + iAY = λX − µY + i( λY + µX) ,
откуда
AX = λX − µY,
AY = λY + µX.
Рассмотрим векторы x , y, имеющие координаты X, Y в выбранном базисе. Ясно, что
линейная оболочка P = L(x , y) является ИПП ЛО A. Докажем, что ЛПП двумерно, т.е.
векторы x , y (и столбцы X, Y ) линейно независимы.
1. Сначала докажем, что Y = 0. Предположим противное, т.е. Y = 0. Тогда
AX = λX,
0 = µX
и, поскольку X = 0, пол учаем µ = 0, что противоречит условию.
2. Предположим, что столбцы X, Y линейно зависимы. Тогда существует α ∈ R такое, что X = αY , и пол учаем
αAY = αλY − µY,
AY = λY + αµY.
Исключая AY , находим µ + µα 2 = 0, что невозможно, так как µ = 0, α ∈ R.
Теорема. СВ ЛО, принадлежащие различным СЗ, линейно независимы.
Доказательство. Индукция по количеству СВ. При n = 1 утверждение очевидно. Пред-
положим, что теорема верна для k СВ, и докажем, что она верна и дл я k + 1 СВ.
Рассмотрим ЛК СВ x1 , . . . , x k+1 и приравняем ее нулевому вектору: α 1x1 + · · · + αkx k + αk+1x k+1 = 0 .
( ∗)
Докажем, что все αj = 0. Имеем:
A( α 1x1 + · · · + αkx k + αk+1x k+1) =
= α 1A(x1) + · · · + αkA(x k) + αk+1A(x k+1) =
= α 1 λ 1x1 + · · · + αkλkx k + αk+1 λk+1x k+1 = 0 .
Вычтем из этого равенства ( ∗), умноженное на λk+1:
α 1( λ 1 − λk+1)x1 + αk( λk − λk+1)x k = 0 .
По предположению индукции α 1 = · · · = αk = 0, так как все λj попарно различны и
λj − λk+1 = 0. Тогда из ( ∗) получаем, что αk+1 = 0.
Теорема. Для того чтобы матрица ЛО в некотором базисе была диагональна, необходимо и достаточно, чтобы этот базис состоял из СВ этого ЛО; при этом
диагональные элементы матрицы являются СЗ.
Задача. Докажите самостоятельно. Указание: в базисе, состоящем из СВ, A(e k) = λke k.
