Жай спектрлі сызыты операторлар

 

Анытама. Векторлы кеістіктегі сызыты операторыны барлы меншікті мндеріні жиыны сол операторды спектрі деп аталады жне Sp деп белгіленеді. Сонда

Sp = F | a 0 V (a) = а

Спектрді элементтеріні саны п – нен аспайды ( п = dimV).

Анытама. Егер спектрді элементтеріні саны дл п – а те болса, онда оны жай спектр деп атайды.

Лемма. Сызыты операторды ртрлі , ,..., – меншікті мндеріне сйкес келетін а ,а ,...,а – меншікті векторлары СБ-сыз болады.

Длелдеу. Берілгені бойынша (a ) = а , i=1, 2,..., m.

Лемманы m арылы индукция дісімен длелдейміз.

Индукция негізі: m = 1 боланда меншікті мніне сйкес келетін меншікті вектор а . Жалыз вектор, рине, сызыты байланыссыз болады. Онда бл жадайда лемма дрыс.

Индукциялы болжау: m = к боланда лемма дрыс делік, яни , ,..., – ртрлі меншікті мндерге сйкес а ,а ,...,а меншікті векторлары СБ-сыз болсын. Бл а + а +...+ а = 0 = =...= = 0 деген сз.

Индукциялы адам: m = к +1 боланда лемманы дрыстыын крсетейік. ртрлі , ,..., меншікті мндерге сйкес келетін а ,а ,...,а меншікті векторларыны сызыты комбинациясын арастырайы.

а + а +...+ а + а = 0(*)

Тедікті екі жаындаы векторларды сызыты операторыны нтижесіндегі образдарын табамыз.

( а + а +...+ а + а ) = (0) | -с.оп., а -менш.вект.|

а + а +...+ а + а = 0(**)

(*) рнегін –ге кбейтіп, (**) рнегінен мшелеп алып тастаймыз:

( - )а + ( - )а +...+ ( - )а = 0 |инд.болж.бойынша|

= =...= = 0 (себебі, –лер ртрлі). Осыны (**)-а ойса,

а = 0 тедігін аламыз. Бдан =0 ( – менш.мн, ол 0). Сонда,(*)рнегіндегі барлы =0, i=1,2,...,к+1.Сондытан а ,...,а –СБ-сыз.

Онда, математикалы индукция принципі бойынша лемма кезкелген m шін дрыс. Д.к.о.

Салдар. Егер сызыты операторды спектрі жай спектр болса, онда барлы меншікті мндерге сйкес келетін меншікті векторлар векторлы кеістікті базисін райды.

Длелдеуі леммадан шыады (здерііз длелдеіз).

 

Теорема. Егер векторлы кеістікті базисі СБ-сыз п меншікті вектордан трса, онда сызыты операторды осы базистегі матрицасы диагональ матрица болады. Жне керісінше, егер сызыты операторды андайда-бір базистегі матрицасы диагональ болса, онда осы базисті барлы векторлары меншікті векторлар болады.

Длелдеу. Айталы, V кеістігіні базисі а , а ,..., а – сызыты операторыны СБ-сыз п меншікті векторларыболсын. Сонда

..., . Онда базисті асиеті бойынша:

 

(1)

 

Бл тедіктерден, а ,а ,...,а базисіндегі сызыты операторыны матрицасы – (2) тріндегі диагональ матрица болатыны шыады.

Кері тжырымды длелдейік. Айталы андайда-бір а , а ,..., а базисіндегі сызыты операторыны матрицасы (2) тріндегі диагональ матрица болсын. Онда ( §5, (2¢) формуласы бойынша)

немесе, матрицаларды кбейтсек, , яни базисті а ,...,а векторлары сызыты операторыны меншікті векторлары болады. Д.к.о.

Длелденген лемма, салдар, теоремадан мынадай орытынды аламыз:

Егер рісте берілген векторлы кеістіктегі сызыты операторды спектрі жай спектр болса, онда ол операторды матрицасы диагональ трге келтіріледі.

Егер де спектрді элементтеріні саны п-нен кіші болса, басаша айтанда, характеристикалы тедеуді кейбір тбірлері еселі тбірлер болса, онда операторды матрицасыны диагональ трге келтірілу-келтірілмеуі СБ-сыз меншікті векторларды санына байланысты болады. Егер мндай меншікті векторлар саны п-а те болса, матрица диагональ трге келтіріледі, ал ол сан п-нен кем болса – келтірілмейді. Негізінде, сызыты операторды характеристикалы тедеуіні тбірлеріні арасында зара тедері болан жадайда, операторды матрицасын диагональ трге келтіру мселесі крделі мселе.

Мысал. 1). R векторлы кеістігінде сызыты операторы андайда-бір базисте мынадай матрицамен берілсін:

Жаа базиске кшу арылы осы операторды матрицасын диагональ трге келтіруге бола ма? Болса, сол базисті жне сйкес матрицаны табыыз.

Шешуі.

Сонда, , , , меншікті мндерді саны 3-ке те, кеістікті лшеміне те, онда матрица диагональ трге келтіріледі.

рбір меншікті мнге сйкес меншікті векторларды табамыз. Векторды координаталары болса, §10-ы (11;4) жйе

(11;4 ) рнегінен алынады. рбір меншікті мнді осыан оямыз.

. Мынадай жйе аламыз:

сандарына кбейтіп, осып, Гаусс дісімен шешеміз.

х , х – бас айнымалылар, х – бос айнымалы.

бл – жйені жалпы шешуі.

Бос айнымалыа зіміз мн береміз: х =5, онда х –2, х 4. Сонда, меншікті мніне сйкес меншікті вектор а (–2, 4, 5), яни .

. жйесін аламыз.

Гаусс дісімен шешеміз: , бас, бос айнымалы.

– жйені жалпы шешуі. Бос айнымалыа мн береміз: х =1, онда

х 0, х 1. Сонда, меншікті мніне сйкес меншікті вектор

а (0, 1, 1), яни .

. жйесін аламыз.

Гаусс дісімен шешеміз: , бас, бос айнымалы. Бас айнымалылар бос айнымалыа туелді емес: Бос айнымалыа мн береміз: х =1. Сонда, меншікті мніне сйкес меншікті вектор

а (0, 0, 1), яни .

Жоарыдаы лемманы салдары бойынша, табылан а ,а ,а векторлары базис райды жне берілген сызыты операторыны осы базистегі матрицасы диагональ матрицасы болады.

 

Тмендегі 2 мысал спектрді элементтеріні саны кеістікті лшемінен кем болан жадайа берілген. ай жадайда сызыты операторды матрицасын диагональ трге келтіруге болады? Болан жадайда диагональ матрицаны табыыз.

2). ; 3). ;