\input ../common.inc
\begin{document}
Thu Mar 27 10:51:22 MSK 2025
\subsection{задача на собственный вектор/собственное значение, пример}
Пусть $A \in L(\c L, \c L), \c L(\s K)$

Пусть $\dst f(t) [a,b]: f'(a) = \lim_{t\to a+0}\frac{f(t) - f(a)}{t-a},
f'(b) = \lim_{t\to a+0}\frac{f(t) - f(b)}{t-b}, C^{(k)}$ - множество производных
$n$-ого порядка $f(t)$ на $[a,b]$, пусть $C^\infty: f(t) \in C^\infty[a,b]: f(t)
\in C^{(k)} \all k \in \s N$

$\c L := \ss{f \in C^\infty[a,b], f^{(a)} = f^{(b)} = 0 \all k \in \s N \cup
\ss{0}}$ - утверждаем, что это линейное пространство, проверим:\\
1. $\al^1f_1 + \al^2f_2 \in C^\infty[a,b]$ \\
2. $\al^1f_1^{(k)}(a) + \al^2f_2^{(k)}(a) = 0$, аналогично для $b$ \\

Введём оператор: $\dst A = -\frac{d^2}{dx^2}$. Проверим его: \\
1. $\dst f \in \c L: \frac{d^2 f}{dx}^2 \in C^\infty[a,b]$\\
2. $\dst \frac{d^k}{dx^k}\frac{d^2 f}{dx^2}(a; b) = 0$ \\
3. Линейность следует из правил дифференцирования

$Af = \lambda f_1, f \in \c L, \lambda \in \s R$

$\dst \frac{d^2f}{dx^2}(x) + \lambda f(x) = 0;\quad a := 0, b := \pi, f_n(x) :=
\sin\pi nx; f'' = -(\pi n)^2\sin \pi n x; \lambda := (\pi n)^2$

\textbf{о ч е н ь { }  в а ж н а я { } л е м м а }: Пусть $\c L$ - лин. пр., в
нём $\c U, \c V \neq \ss\Theta, \c U \cap \c V = \Theta$. Пусть $E$- базис в $\c
U$, $F$ - базис в $\c V$. Тогда семейство $\ss{E\cup F}$ ЛН.

Док-во: [от противного]: Пусть $G := \ss{E \cup F}, \gamma = \alpha\dots\beta$ ЛЗ. рассмотрим ЛК $\gamma^ig_i,
\e \gamma^i \neq 0$. Если $\all\beta = 0 \implies \e \al \neq 0 \implies E - $не
базис. аналогично $\all \al = 0 \implies \e \beta \neq 0$. Полное
противоречие((\\%))
Вывод: $E \cap F = \ss{\Theta}$

\textbf{д о к а з а н о } 
\\\\
рассмотрим: $V_\lambda(A) = \ker(A - \lambda I). \all x \in \ker(\dots): (A -
\lambda I) = \theta \implies Ax = \lambda x, V_\lambda(A)$ - \{все собственные
векторы, соответствующие собственному значению $\lambda\} \cup \ss{\theta}$

Помним, что решение задачи на собственность можно свести к $\det(A_E - \lambda
I) = 0$, где определитель - это многочлен степени $n := \dim \c L$, у него $n$
корней. Пусть у нас имеется 2 корня из поля $\s K$. Построим 2 пространства:
$V_{\lambda_1}(A), V_{\lambda_2}(A)$

\textbf{Лемма 3}: $V_{\lambda_1}(A) \cap V_{\lambda_2}(A) = \ss{\Theta} \quad
(\lambda_1 \neq \lambda_2)$

Доказательство: пусть $x \in V_{\lambda_1}(A) \cap V_{\lambda_2}(A) \implies AX
= \lambda_1x = \lambda_2x \implies \wraps{\lambda_1 \neq \lambda_2} \implies x =
\theta$

$f(\lambda) = \det(A_E - \lambda I) = (\lambda - \lambda_1)^{n_{\lambda_1}}
\cdot (\lambda - \lambda_2)^{n_{\lambda_2}}\dots = (\lambda -
\lambda_j)^{n_{\lambda_j}} \cdot \psi(\lambda), \psi(\lambda_j) \neq 0$, где
$n_{\lambda_1}$ - \textbf{алгебраическая кратность} корня характеристического
уравнения.

Пусть $\lambda_j$ - корень уравнения $\in \s K$; $A_EX_E = \lambda_jX_E \implies
Ae_j = \lambda_je_j, e_j = V_{\lambda_j}(A) \neq \ss\theta$

$P_{\lambda_j} := \dim V_{\lambda_j}(A)$ - \textbf{геометрическая кратность}
собственного значения $\lambda_j$.

\textbf{Лемма IV.}: $n_{\lambda_j} \geq P_{\lambda_j}$

Доказательство: $V_{\lambda_j} \overset{def}= \ker (A - \lambda_jI) \neq
\ss\theta$

Пусть $V_{\lambda_j} = L(E')$ - линейная оболочка базиса. Дополняем его до
базиса $\c L = L(E' \cup E")$. Тогда $Ae_1' = \lambda_je_1, Ae_1" =
\lambda_je_1"$. Матрца оператора: $\mrx{A(e_1) & \dots & A(e_m)} =
\mrx{
	\lambda_j & 0 & \dots & 0 & \dots \\
	\vdots  & \lambda_j && \vdots & \dots \\
	\vdots && \ddots & & \dots \\
	0 & \dots && \lambda_j & \dots\\
	\vdots & \vdots &\vdots& \vdots& \ddots\\
} = \mrx{\ddots & D_E \\ 0 & C_E} \implies \\\implies A_E - \lambda I = \mrx{
	\lambda_j - \lambda & 0 & \dots & 0 \\
	\vdots  & \ddots && \vdots & D_E \\
	\vdots && \lambda_j - \lambda \\
	&0&&&C_e
}, \det A_E - \lambda I = \mrxdet{\lambda_j - \lambda && 0 \\ &\ddots& \\
0 &&\lambda_j - \lambda }\det(C_E - \lambda I_{n-m}), \\m = P_{\lambda_j}$ -
геометрическая кратность \\
$\det(A_e - \lambda I) = (\lambda_i - \lambda)^{P_{\lambda_i}}\det(C_E + \lambda
I_{n-m}) \implies (\lambda-\lambda_j)^{n_{\lambda_j}}\psi(\lambda_j) =
(\lambda-\lambda_j)^{P_{\lambda_j}}\det(C_E - \lambda I_{n-m})\implies\\ 
\dst \implies \frac{(\lambda - \lambda_j)^{n_{\lambda_j}}}{(\lambda -
\lambda_j)^{P_{\lambda_j}}} = \frac{\det(C_E - \lambda
I_{n-m})}{\psi(\lambda)}$\\
Случай 1: $n_{\lambda_j} < P_{\lambda_j}$: не может быть (только я не понял,
почему??? что-то там куда-то там стремится...) \\
Случай 2: $n_{\lambda_j} \geq P_{\lambda_j}$ - реализуется

\textbf{Теорема 1.} Для того, чтобы матрица оператора имела в некотором базисе
имела диагоналный вид, необходимо и достаточно, чтобы базис состоял из
собственных векторов оператора.

Доказательство: 1. пусть $\c L(E), Ae_j = \lambda_j e_j. A_e = (A(e_1), \dots,
A(e_m)) = \mrx{
	\lambda_1 & \dots & 0 \\
	\vdots & \ddots & 0 \\
	0 & \dots & \lambda_m
}$ - диагональна.\\
2. Пусть Матрица диагональна; тогда $A(e_j) = \lambda_je_j, \dots$

\textbf{Теорема 2.} Для того, чтобы о уператора $A \e$ собственный базис $\ioi$
чтобы были выполнены свойства: характеристический многочлен $f(\lambda)$
раскладывался на линейные множители в поле $\s K$ и $(P_{\lambda_i} =
n_{\lambda_i}) \all i$

Пояснение: разложение на линейные множители: $x^2 + 1 = (x-i)(x+i)$ -
раскладывается в $\s C$, но не в $\s R$. т.е. разложение: $f(\lambda) = (\lambda
- \lambda_1)\cdot\dots\cdot(\lambda - \lambda_m), \all\lambda_m \in \s K$

Доказательство: 1. Пусть $\lambda_1, \dots, \lambda_m \in \s K$ - корни
характеристического многочлена, попарно различны. Рассмотрим $V_{\lambda_1},
\dots, V_{\lambda_m}: $ все они тоже попарно не пересекаются. у нас сущуствует
базис $\ioi \dst \sum_{i=1}^m \dim V_{\lambda_i} = \dim \c L. \sum_{i=1}^m\dim
V_{\lambda_i} = \sum_{i=1}^mP_{\lambda_j} \leq \sum_{i=1}^mn_{\lambda_i} = n$.
Теперь проверим, что суммы равны, от противного: $p_{\lambda_i} < n_{\lambda_i}:
\dst\sum_{i=1}^mP_{\lambda_j} = \sum_i$... он решил резко
закончить лекцию и концовку я не понял.

\end{document}
