Лекции по алгебре. Выпуск I. Линейные отображения и линейные операторы. Тронин С.Н. - 37 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

f в произвольном базисе. Как и выше, от выбора базиса результат не
зависит. Заметим еще, что
χ
f
(x) = (−1)
n
x
n
+ (−1)
n−1
tr(f)x
n−1
+ · · · + det(f).
Теорема 1.4.1. Элемент λ ∈ K является собственным значением
линейного оператора f тогда и только тогда, если λ есть корень
многочлена χ
f
(x).
Доказательство. Пусть λ ∈ K есть собственное значсение f, от-
вечающее собственному вектору v ∈ V . Выберем какой-нибудь базис
v
1
, . . . , v
n
пространства V , и пусть A = M
f
— матрица f в этом базисе,
v =
n
∑
i=1
x
i
v
i
, x = (x
1
, . . . , x
n
)
т
∈ K
n
. Так как f(v) = λv, то по теореме
1.2.2 Ax = λx, откуда следует, что Ax − λx = (A − λE)x = 0. Стол-
бец x является ненулевым по условию (так как v — собственный век-
тор), и поэтому мы получаем систему линейных однородных уравнений
(A−λE)x = 0, имеющую ненулевое решение. Определитель такой систе-
мы должен равняться нулю, но этот определитель есть |A−λE| = χ
f
(λ).
Таким образом, собственное значение оператора f является корнем его
характеристического многочлена.
Обратно, пусть λ есть корень характеристического многочлена опе-
ратора f. Выберем снова какой-нибудь базис v
1
, . . . , v
n
пространства
V , и вычислим матрицу A = M
f
в этом базисе. Так как определитель
|A − λE| = χ
f
(λ) по условию равняется нулю, то у системы линейных
однородных уравнений (A − λE)x = 0 должно существовать ненулевое
решение x = (x
1
, . . . , x
n
)
т
. Равенство (A − λE)x = 0 можно переписать
в равносильной форме как Ax = λx. Рассмотрим вектор v =
n
∑
i=1
x
i
v
i
. Так
как не все его координаты равны нулю, то и он тоже ненулевой. Оста-
ется заметить, что f(v) = λv. Это снова следует из теоремы 1.2.2, с
учетом того, что при выбранном базисе соответствие между векторами
37
f в произвольном базисе. Как и выше, от выбора базиса результат не
зависит. Заметим еще, что

            χf (x) = (−1)n xn + (−1)n−1 tr(f )xn−1 + · · · + det(f ).

Теорема 1.4.1. Элемент λ ∈ K является собственным значением
линейного оператора f тогда и только тогда, если λ есть корень
многочлена χf (x).

   Доказательство. Пусть λ ∈ K есть собственное значсение f , от-
вечающее собственному вектору v ∈ V . Выберем какой-нибудь базис
v1 , . . . , vn пространства V , и пусть A = Mf — матрица f в этом базисе,
        ∑ n
v =          xi vi , x = (x1 , . . . , xn )т ∈ K n . Так как f (v) = λv, то по теореме
     i=1
1.2.2 Ax = λx, откуда следует, что Ax − λx = (A − λE)x = 0. Стол-
бец x является ненулевым по условию (так как v — собственный век-
тор), и поэтому мы получаем систему линейных однородных уравнений
(A−λE)x = 0, имеющую ненулевое решение. Определитель такой систе-
мы должен равняться нулю, но этот определитель есть |A−λE| = χf (λ).
Таким образом, собственное значение оператора f является корнем его
характеристического многочлена.
   Обратно, пусть λ есть корень характеристического многочлена опе-
ратора f . Выберем снова какой-нибудь базис v1 , . . . , vn пространства
V , и вычислим матрицу A = Mf в этом базисе. Так как определитель
|A − λE| = χf (λ) по условию равняется нулю, то у системы линейных
однородных уравнений (A − λE)x = 0 должно существовать ненулевое
решение x = (x1 , . . . , xn )т . Равенство (A − λE)x = 0 можно переписать
                                                                ∑
                                                                n
в равносильной форме как Ax = λx. Рассмотрим вектор v =           xi vi . Так
                                                                        i=1
как не все его координаты равны нулю, то и он тоже ненулевой. Оста-
ется заметить, что f (v) = λv. Это снова следует из теоремы 1.2.2, с
учетом того, что при выбранном базисе соответствие между векторами

                                         37

Страницы