Как найти матрицу линейного оператора: разбор 3x3

Дано: линейный оператор $\mathcal{A}\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$, заданный правилом $\mathcal{A}(x_1;\ x_2;\ x_3) = (2x_1 + x_2 - x_3;\ x_1 + 3x_2 + x_3;\ -x_1 + 2x_2 + 4x_3)$. Найти: матрицу этого оператора в стандартном базисе и в базисе $f_1 = (1;\ 0;\ 0)$, $f_2 = (1;\ 1;\ 0)$, $f_3 = (1;\ 1;\ 1)$.

Матрица оператора собирается из образов базисных векторов: подставляем в формулу каждый базисный вектор по очереди и записываем результат столбцом. Ответ: в стандартном базисе матрица имеет строки $(2;\ 1;\ -1)$, $(1;\ 3;\ 1)$, $(-1;\ 2;\ 4)$, а в базисе $f$ - строки $(1;\ -1;\ -3)$, $(2;\ 3;\ 0)$, $(-1;\ 1;\ 5)$. Калькулятор сверху делает оба шага для любых коэффициентов формулы и любого базиса.

Решение по шагам

Дано. Оператор действует по формуле

$$\mathcal{A}(x_1;\ x_2;\ x_3) = (2x_1 + x_2 - x_3;\ x_1 + 3x_2 + x_3;\ -x_1 + 2x_2 + 4x_3).$$

Найти: матрицу $A$ в стандартном базисе $e_1 = (1;\ 0;\ 0)$, $e_2 = (0;\ 1;\ 0)$, $e_3 = (0;\ 0;\ 1)$ и матрицу $A'$ в базисе $f_1 = (1;\ 0;\ 0)$, $f_2 = (1;\ 1;\ 0)$, $f_3 = (1;\ 1;\ 1)$.

Шаг 1. Подставляем базисные векторы в формулу. Каждый базисный вектор прогоняем через правило оператора как обычный вектор с координатами:

$$\begin{aligned} \mathcal{A}e_1 &= \mathcal{A}(1;\ 0;\ 0) = (2 \cdot 1 + 0 - 0;\ 1 + 0 + 0;\ -1 + 0 + 0) = (2;\ 1;\ -1), \\ \mathcal{A}e_2 &= \mathcal{A}(0;\ 1;\ 0) = (0 + 1 - 0;\ 0 + 3 + 0;\ 0 + 2 + 0) = (1;\ 3;\ 2), \\ \mathcal{A}e_3 &= \mathcal{A}(0;\ 0;\ 1) = (0 + 0 - 1;\ 0 + 0 + 1;\ 0 + 0 + 4) = (-1;\ 1;\ 4). \end{aligned}$$

Шаг 2. Ставим образы столбцами. Три полученных вектора становятся первым, вторым и третьим столбцами:

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & 3 & 1 \\ -1 & 2 & 4 \end{pmatrix}.$$

Здесь видно главное неудобство темы: коэффициенты формулы стоят в строках, а образы базисных векторов - в столбцах. Первая строка матрицы собрана из коэффициентов первой координаты образа, а первый столбец - это целиком вектор $\mathcal{A}e_1$. Диаграмма в калькуляторе сверху показывает ровно это: одна группа столбиков - один образ, то есть один столбец матрицы.

Шаг 3. Составляем матрицу перехода. Новый базис записываем в столбцы матрицы $P$ в том же порядке, в каком нумеруются векторы $f_j$:

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Определитель треугольной матрицы равен произведению диагональных элементов, здесь $\det P = 1 \neq 0$, значит векторы линейно независимы и базис действительно новый. Как устроена сама матрица перехода и почему её столбцы, а не строки, разобрано в отдельной статье.

Шаг 4. Обращаем матрицу перехода. Для верхнетреугольной матрицы обратная тоже верхнетреугольная и считается устно обратным ходом:

$$P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Проверка занимает полминуты: произведение $P^{-1}P$ обязано дать единичную матрицу, и здесь оно её даёт.

Шаг 5. Пересчитываем оператор в новый базис. Работает формула подобия $A' = P^{-1}AP$. Умножаем справа налево, чтобы не держать в голове три матрицы сразу:

$$AP = \begin{pmatrix} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 4 & 5 \\ -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}, \qquad A' = P^{-1}(AP) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ 2 & 3 & 0 \\ -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}.$$

Последнее умножение простое: первая строка $P^{-1}$ вычитает из первой строки произведения $AP$ вторую, вторая строка вычитает третью, третья остаётся как есть.

Ответ. В стандартном базисе матрица оператора равна $\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & 3 & 1 \\ -1 & 2 & 4 \end{pmatrix}$, в базисе $f$ - равна $\begin{pmatrix} 1 & -1 & -3 \\ 2 & 3 & 0 \\ -1 & 1 & 5 \end{pmatrix}$.

Почему столбцы матрицы - это образы базисных векторов

Любой вектор раскладывается по базису: $x = x_1e_1 + x_2e_2 + x_3e_3$. Оператор линеен, поэтому он проходит сквозь сумму и выносит коэффициенты:

$$\mathcal{A}x = x_1 \mathcal{A}e_1 + x_2 \mathcal{A}e_2 + x_3 \mathcal{A}e_3 .$$

Справа стоит линейная комбинация трёх фиксированных векторов с коэффициентами-координатами. Ровно так же устроено умножение матрицы на столбец: результат есть комбинация столбцов матрицы с теми же коэффициентами. Значит, столбцы обязаны совпадать с образами базисных векторов - иначе равенство $\mathcal{A}x = Ax$ не выполнится хотя бы на одном базисном векторе.

Отсюда же следует, что оператор полностью определяется своим действием на базисе. Задать линейное отображение можно тремя произвольными векторами-образами, и никаких дополнительных условий не потребуется: значения на всех остальных векторах восстанавливаются по линейности однозначно.

Откуда берётся формула $A' = P^{-1}AP$

Матрица зависит от базиса, а сам оператор - нет. Пусть $x'$ и $y'$ - столбцы координат вектора и его образа в новом базисе. Координаты в старом базисе получаются умножением на матрицу перехода: $x = Px'$ и $y = Py'$. Подставляем это в равенство $y = Ax$:

$$Py' = APx' \quad \Longrightarrow \quad y' = P^{-1}APx' .$$

Слева от $x'$ осталась матрица, которая переводит новые координаты в новые, - это и есть $A'$. Читать формулу удобно справа налево: $P$ переводит новые координаты в старые, $A$ работает в старых, $P^{-1}$ возвращает результат в новые. Обратный пересчёт делается той же формулой в другую сторону: $A = PA'P^{-1}$.

Про сам пересчёт координат вектора при смене базиса написано отдельно, здесь важно лишь то, что матрица перехода обратима, а значит порядок множителей менять нельзя: $PAP^{-1}$ даст другую матрицу.

Второй способ: разложить образы новых базисных векторов

Формулу подобия можно не использовать. Определение матрицы работает в любом базисе: её $j$-й столбец - это координаты вектора $\mathcal{A}f_j$ в том же базисе $f$. Считаем образы напрямую, пользуясь линейностью:

$$\mathcal{A}f_1 = (2;\ 1;\ -1), \qquad \mathcal{A}f_2 = (3;\ 4;\ 1), \qquad \mathcal{A}f_3 = (2;\ 5;\ 5).$$

Теперь каждый образ раскладываем по новому базису. Система здесь решается устно, потому что базис ступенчатый: коэффициент при $f_3$ равен третьей координате, коэффициент при $f_2$ - разности второй и третьей, коэффициент при $f_1$ - разности первой и второй. Для первого образа получаем $\mathcal{A}f_1 = 1 \cdot f_1 + 2 \cdot f_2 - 1 \cdot f_3$, то есть столбец $(1;\ 2;\ -1)$.

Остальные два образа дают столбцы $(-1;\ 3;\ 1)$ и $(-3;\ 0;\ 5)$. Собранная из них матрица совпадает с той, что вышла по формуле подобия, - это хорошая самопроверка. Способ с разложением быстрее, когда базис простой, а формула $A' = P^{-1}AP$ выигрывает, когда векторы базиса произвольные и раскладывать пришлось бы решением системы.

Как проверить ответ

У подобных матриц совпадают все характеристики, не зависящие от базиса. Первым делом сравнивают след - сумму диагональных элементов: $2 + 3 + 4 = 9$ и $1 + 3 + 5 = 9$. Затем определитель: обе матрицы дают $10$. Если хотя бы одно из двух чисел разошлось, ошибка ищется в матрице перехода или в порядке множителей.

Совпадают и ранг с дефектом, поэтому образ и ядро оператора можно искать по любой из двух матриц - ответ получится один и тот же с точностью до записи векторов в координатах. По той же причине не меняется характеристический многочлен, а вместе с ним и собственные значения.

Отсюда же берётся практический смысл всей операции. Базис подбирают так, чтобы матрица стала максимально простой: в базисе из собственных векторов она диагональная, и тогда легко возвести оператор в степень или решить систему. Именно поэтому задача про матрицу в новом базисе почти всегда идёт в паре с задачей на диагонализацию.

Частые ошибки

• Записывают образы базисных векторов строками. Тогда получается транспонированная матрица, и проверка на любом векторе сразу даёт не тот ответ. Коэффициенты формулы идут по строкам, образы - по столбцам.
• Составляют матрицу перехода из координат старых векторов через новые. Нужен обратный порядок: столбцы $P$ - это координаты новых векторов в старом базисе. Ошибка даёт $P^{-1}$ вместо $P$ и переворачивает весь пересчёт.
• Путают порядок множителей. Верно $A' = P^{-1}AP$, а не $PAP^{-1}$: матрицы не коммутируют, и вторая формула отвечает на обратный вопрос.
• Берут базис из линейно зависимых векторов. Определитель матрицы перехода обращается в нуль, обратной матрицы нет, и задача теряет смысл. Проверять $\det P \neq 0$ нужно до вычислений, а не после.
• Останавливаются на матрице $AP$. Это ещё не ответ: столбцы $AP$ - образы новых базисных векторов, записанные в старых координатах, их надо перевести в новый базис умножением на $P^{-1}$.
• Не проверяют след и определитель. Две минуты арифметики ловят почти любую ошибку в трёх умножениях матриц.

FAQ

Как найти матрицу оператора, если он задан геометрически? Так же: посмотреть, во что переходят базисные векторы. Для поворота плоскости на 90 градусов против часовой стрелки вектор $e_1$ переходит в $(0;\ 1)$, а $e_2$ - в $(-1;\ 0)$, поэтому матрица имеет строки $(0;\ -1)$ и $(1;\ 0)$. Для проектирования на ось координата вдоль оси сохраняется, а поперечная обнуляется.

Что делать, если пространство не координатное, например многочлены? Ничего нового: базис фиксируется явно, скажем $1$, $t$, $t^2$, и каждый базисный элемент прогоняется через оператор. У дифференцирования образы равны $0$, $1$ и $2t$, их координаты в том же базисе дают столбцы $(0;\ 0;\ 0)$, $(1;\ 0;\ 0)$ и $(0;\ 2;\ 0)$.

Матрица оператора и матрица перехода - это одно и то же? Нет. Матрица оператора описывает отображение пространства в себя и меняется при смене базиса. Матрица перехода описывает связь двух базисов одного пространства и никакого отображения не задаёт; путаница между ними и порождает большинство ошибок в этой задаче.

Обязательно ли базис должен быть ортонормированным? Нет, для матрицы оператора достаточно линейной независимости. Ортонормированность нужна там, где появляются длины и углы: тогда матрица перехода ортогональна, $P^{-1} = P^{\top}$, и пересчёт заметно упрощается.

Коротко

1. Подставить в правило оператора базисные векторы по очереди и получить их образы.
2. Записать образы столбцами: для условия задачи получается матрица со строками $(2;\ 1;\ -1)$, $(1;\ 3;\ 1)$, $(-1;\ 2;\ 4)$.
3. Составить матрицу перехода $P$, поставив новые базисные векторы в столбцы, и убедиться, что $\det P \neq 0$.
4. Пересчитать оператор по формуле $A' = P^{-1}AP$ или разложить образы $\mathcal{A}f_j$ по новому базису напрямую - ответ один: строки $(1;\ -1;\ -3)$, $(2;\ 3;\ 0)$, $(-1;\ 1;\ 5)$.
5. Проверить след и определитель: $9$ и $10$ у обеих матриц, значит пересчёт выполнен верно.