Как найти сопряжённый оператор: разбор матрицы 3x3

Дано: евклидово пространство $\mathbb{R}^3$ со стандартным скалярным произведением, ортонормированный базис $e_1,\ e_2,\ e_3$ и оператор $\mathcal{A}$, заданный в этом базисе матрицей $A$ со строками $(2;\ 1;\ -1)$, $(0;\ 3;\ 4)$, $(5;\ -2;\ 1)$. Найти: матрицу сопряжённого оператора $\mathcal{A}^{*}$ и проверить равенство $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle$ на векторах $x = (1;\ 2;\ -1)$ и $y = (3;\ 0;\ 2)$.

Базис ортонормированный, поэтому сопряжение сводится к транспонированию матрицы: элемент, стоявший в строке $i$ и столбце $j$, переезжает в строку $j$ и столбец $i$. Ответ: матрица $A^{*}$ имеет строки $(2;\ 0;\ 5)$, $(1;\ 3;\ -2)$, $(-1;\ 4;\ 1)$, оба скалярных произведения в проверке дают $15$, а самосопряжённым оператор не является. Калькулятор сверху делает то же самое для любой матрицы 3x3 и любой пары векторов.

Решение по шагам

Шаг 1. Убеждаемся, что базис ортонормированный. Это единственное условие, при котором работает короткая формула. Базис $e_1,\ e_2,\ e_3$ стандартный, скалярное произведение тоже стандартное: $\langle e_i,\ e_j \rangle = 0$ при $i \ne j$ и $\langle e_i,\ e_i \rangle = 1$. Матрица Грама единичная, значит, поправочных множителей не будет.

Шаг 2. Транспонируем матрицу. Строки матрицы $A$ становятся столбцами матрицы $A^{*}$:

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & 4 \\ 5 & -2 & 1 \end{pmatrix} \quad \Longrightarrow \quad A^{*} = A^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 5 \\ 1 & 3 & -2 \\ -1 & 4 & 1 \end{pmatrix}.$$

Главная диагональ $(2;\ 3;\ 1)$ осталась на месте: элементы $a_{ii}$ при транспонировании никуда не уезжают. Зато пара $a_{12} = 1$ и $a_{21} = 0$ поменялась местами, и то же произошло с парами $(-1;\ 5)$ и $(4;\ -2)$.

Шаг 3. Считаем левую часть тождества. Сначала образ вектора $x$ под действием исходного оператора:

$$\mathcal{A}x = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & 4 \\ 5 & -2 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + 2 + 1 \\ 0 + 6 - 4 \\ 5 - 4 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Скалярное произведение с вектором $y$: $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = 5 \cdot 3 + 2 \cdot 0 + 0 \cdot 2 = 15$.

Шаг 4. Считаем правую часть. Теперь сопряжённый оператор действует на вектор $y$:

$$\mathcal{A}^{*}y = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 5 \\ 1 & 3 & -2 \\ -1 & 4 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 + 0 + 10 \\ 3 + 0 - 4 \\ -3 + 0 + 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 16 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}.$$

Скалярное произведение с вектором $x$: $\langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle = 1 \cdot 16 + 2 \cdot (-1) + (-1) \cdot (-1) = 16 - 2 + 1 = 15$. Обе части совпали, значит, матрица найдена верно.

Шаг 5. Проверяем самосопряжённость. Оператор самосопряжён, когда $A^{*} = A$, то есть матрица симметрична. Здесь $a_{12} = 1$, а $a_{21} = 0$, и этого расхождения уже достаточно для отрицательного вывода. В калькуляторе за это отвечает вид «Разность $A - A^{*}$»: у самосопряжённого оператора вся таблица нулевая, здесь же в ней стоят $\pm 1$ и $\pm 6$.

Ответ: $A^{*}$ имеет строки $(2;\ 0;\ 5)$, $(1;\ 3;\ -2)$, $(-1;\ 4;\ 1)$; проверка даёт $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle = 15$; оператор $\mathcal{A}$ не самосопряжён.

Почему сопряжение оказалось транспонированием

Сопряжённый оператор определяется не формулой, а тождеством: $\mathcal{A}^{*}$ это единственный оператор, для которого $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle$ при всех $x$ и $y$. Определение ничего не говорит про матрицы, поэтому переход к транспонированию нужно вывести.

В ортонормированном базисе любая координата вектора добывается скалярным произведением: $j$-я координата вектора $v$ равна $\langle v,\ e_j \rangle$. Элемент матрицы оператора стоит на пересечении строки $i$ и столбца $j$, то есть это $i$-я координата образа $j$-го базисного вектора:

$$a_{ij} = \langle \mathcal{A}e_j,\ e_i \rangle.$$

Применим ту же запись к сопряжённому оператору и воспользуемся определением, а заодно симметричностью вещественного скалярного произведения:

$$(A^{*})_{ij} = \langle \mathcal{A}^{*}e_j,\ e_i \rangle = \langle e_i,\ \mathcal{A}^{*}e_j \rangle = \langle \mathcal{A}e_i,\ e_j \rangle = a_{ji}.$$

Вот и весь вывод: индексы поменялись местами, а это и есть транспонирование. Обрати внимание, что равенство $a_{ij} = \langle \mathcal{A}e_j,\ e_i \rangle$ держится только на ортонормированности. Как только базис перестаёт быть таким, координаты через скалярные произведения уже не достаются, и формула ломается. Если сам способ собирать матрицу оператора из образов базисных векторов ещё не отработан, посмотри отдельный разбор матрицы линейного оператора, там этот шаг расписан подробно.

Комплексный случай: эрмитово сопряжение

В унитарном пространстве скалярное произведение полуторалинейно: $\langle y,\ x \rangle = \overline{\langle x,\ y \rangle}$. Повторив выкладку из предыдущего раздела, в предпоследнем переходе придётся взять комплексное сопряжение, и ответ меняется:

$$(A^{*})_{ij} = \overline{a_{ji}}.$$

То есть матрицу нужно транспонировать и дополнительно сопрячь каждый элемент. Такую операцию называют эрмитовым сопряжением. Например, для оператора с матрицей

$$B = \begin{pmatrix} 2 & 1 + 3i \\ 4 - i & 5i \end{pmatrix} \quad \Longrightarrow \quad B^{*} = \begin{pmatrix} 2 & 4 + i \\ 1 - 3i & -5i \end{pmatrix}.$$

Здесь видно обе операции сразу: элемент $1 + 3i$ уехал из первой строки во вторую и заодно сменил знак мнимой части, а вещественная двойка на диагонали осталась как была. Диагональный элемент $5i$ превратился в $-5i$, и это типичная ловушка: диагональ при эрмитовом сопряжении не остаётся неподвижной, если в ней есть мнимая часть.

Самосопряжённость в комплексном случае означает $\overline{a_{ji}} = a_{ij}$, такие матрицы называют эрмитовыми. Пример: у матрицы со строками $(3;\ 2 - i)$ и $(2 + i;\ -1)$ внедиагональные элементы комплексно сопряжены, а диагональ вещественна, поэтому оператор самосопряжён. Его характеристический многочлен $\lambda^2 - 2\lambda - 8$ даёт корни $4$ и $-2$: собственные числа вещественны, как и обещает спектральная теорема.

Если базис не ортонормированный

Когда базис произвольный, транспонирование даёт неверный ответ, и в контрольных на этом теряют баллы чаще всего. Нужна матрица Грама $G$ с элементами $g_{ij} = \langle f_i,\ f_j \rangle$, а формула превращается в

$$A^{*} = G^{-1} A^{\mathsf{T}} G.$$

Разберём на числах. Пусть базис такой, что $G$ имеет строки $(1;\ 1)$ и $(1;\ 2)$, а оператор задан матрицей $A$ со строками $(1;\ 2)$ и $(0;\ 3)$. Определитель матрицы Грама равен $1$, обратная матрица имеет строки $(2;\ -1)$ и $(-1;\ 1)$. Перемножаем в том порядке, в каком стоит формула:

$$A^{\mathsf{T}} G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 5 & 8 \end{pmatrix}, \qquad A^{*} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 5 & 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & -6 \\ 4 & 7 \end{pmatrix}.$$

Результат не похож на транспонированную матрицу вообще ничем, хотя оператор тот же самый. Проверка идёт через то же тождество, только скалярное произведение считается с матрицей Грама: для $u = (1;\ -2)$ и $v = (3;\ 1)$ обе части дают $-42$. Единичная матрица Грама возвращает знакомую короткую формулу, так что ортонормированный случай это просто частный случай общего.

Как проверить ответ, не пересчитывая всё заново

Быстрее всего работают числовые инварианты. След и определитель при транспонировании не меняются, поэтому $\operatorname{tr} A^{*} = \operatorname{tr} A = 6$ и $\det A^{*} = \det A$; ранги двух матриц тоже совпадают. Если в твоём ответе след разошёлся, ошибка точно в переписывании элементов.

Второй приём: сопряжение инволютивно, то есть $(\mathcal{A}^{*})^{*} = \mathcal{A}$. Транспонируй полученную матрицу ещё раз и сравни с исходной, это занимает секунд двадцать. Полезны и правила $(\mathcal{A} + \mathcal{B})^{*} = \mathcal{A}^{*} + \mathcal{B}^{*}$, $(\lambda\mathcal{A})^{*} = \overline{\lambda}\mathcal{A}^{*}$ и $(\mathcal{A}\mathcal{B})^{*} = \mathcal{B}^{*}\mathcal{A}^{*}$: в последнем порядок множителей переворачивается, и об этом забывают постоянно.

Третий приём и есть основной шаг решения: подставить пару конкретных векторов в определяющее тождество, как в шагах 3 и 4. Проверка на одной паре не доказывает равенство операторов, но ошибку в переписывании ловит почти всегда. Собственные числа у $\mathcal{A}$ и $\mathcal{A}^{*}$ в вещественном случае совпадают, так что сверить можно и через них, если характеристический многочлен уже посчитан в соседнем пункте задания, например в разборе про собственные значения матрицы.

Частые ошибки

• Транспонируют матрицу в неортонормированном базисе. Короткая формула $A^{*} = A^{\mathsf{T}}$ верна только при единичной матрице Грама. В косоугольном базисе нужна формула $G^{-1}A^{\mathsf{T}}G$, и ответ получается совсем другой.
• Забывают комплексное сопряжение элементов. В унитарном пространстве одного транспонирования мало: $(A^{*})_{ij} = \overline{a_{ji}}$, причём диагональные элементы тоже меняются, если они не вещественны.
• Путают порядок множителей в $G^{-1}A^{\mathsf{T}}G$. Матрицы не коммутируют, перестановка сомножителей меняет ответ. Записывай формулу целиком, прежде чем подставлять числа.
• Переворачивают не ту часть тождества. В определении сопряжённая звёздочка стоит справа: $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle$. Если перенести оператор влево, получится $\langle \mathcal{A}^{*}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}y \rangle$, и это уже другое равенство.
• Считают самосопряжённым любой оператор с вещественной матрицей. Вещественность элементов ни при чём, нужна именно симметрия: $a_{ij} = a_{ji}$ для всех пар индексов.
• Теряют знак при записи строк в столбцы. Самая дорогая механическая ошибка: элемент $-1$ из первой строки должен попасть в первый столбец третьей строки, а не наоборот. Проверка по следу ловит это сразу.

FAQ

Чем сопряжённый оператор отличается от обратного? Ничем не связан, кроме похожего обозначения. Обратный оператор возвращает вектор назад и существует не всегда, а сопряжённый существует у любого оператора в конечномерном пространстве со скалярным произведением. Совпадают они только у ортогональных операторов, где $\mathcal{A}^{*} = \mathcal{A}^{-1}$.

Всегда ли сопряжённый оператор существует и единственен? В конечномерном пространстве да. Существование даёт построение через матрицу, единственность следует из того, что если $\langle x,\ \mathcal{B}y \rangle = \langle x,\ \mathcal{C}y \rangle$ при всех $x$, то $\mathcal{B}y = \mathcal{C}y$. В бесконечномерном случае всё сложнее, там нужна ограниченность или аккуратная работа с областью определения.

Зачем вообще нужен сопряжённый оператор? Через него формулируется самосопряжённость, а самосопряжённые операторы диагонализуются в ортонормированном базисе и стоят за квадратичными формами, методом наименьших квадратов и оператором энергии в квантовой механике. Кроме того, ядро $\mathcal{A}^{*}$ ортогонально образу $\mathcal{A}$, и на этом держится теория совместности систем.

Как связаны собственные числа $\mathcal{A}$ и $\mathcal{A}^{*}$? У вещественной матрицы характеристические многочлены совпадают, поэтому набор собственных чисел одинаков; собственные векторы при этом разные. В комплексном случае собственные числа сопряжённого оператора комплексно сопряжены исходным.

Коротко

1. Проверь базис. Ортонормированный означает единичную матрицу Грама, и только тогда работает короткая формула.
2. Транспонируй матрицу: $(A^{*})_{ij} = a_{ji}$. Для матрицы со строками $(2;\ 1;\ -1)$, $(0;\ 3;\ 4)$, $(5;\ -2;\ 1)$ получаются строки $(2;\ 0;\ 5)$, $(1;\ 3;\ -2)$, $(-1;\ 4;\ 1)$.
3. В комплексном пространстве добавь сопряжение каждого элемента: $(A^{*})_{ij} = \overline{a_{ji}}$.
4. В неортонормированном базисе считай по формуле $A^{*} = G^{-1}A^{\mathsf{T}}G$ с матрицей Грама.
5. Проверь ответ тождеством $\langle \mathcal{A}x,\ y \rangle = \langle x,\ \mathcal{A}^{*}y \rangle$: на векторах $x = (1;\ 2;\ -1)$ и $y = (3;\ 0;\ 2)$ обе части равны $15$, а несовпадение $a_{12} = 1$ и $a_{21} = 0$ показывает, что оператор не самосопряжён.