Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 9: Endomorfizmy. Twierdzenie Jordana

From Studia Informatyczne

Spis treści

Zadanie 9.1

Dane są macierze


\displaystyle \aligned A &= \left [ \begin{array} {rr} 1 & 2 \\ -1 & 3 \end{array}  \right],& B &=\left [ \begin{array} {rr} 15 & 5 \\ -34 & -11 \end{array}  \right],\\ C&=\left [ \begin{array} {rr} 2 &  1 \\ 1 & 2 \end{array}  \right],&D&=\left [ \begin{array} {rr} 2 & -3 \\ 1 & 1 \end{array}  \right], \\E&=\left [ \begin{array} {rr} 2 & 1 \\ -3 & -1 \end{array}  \right]. \endaligned


Obliczyć \displaystyle E^{-1}AE i zbadać, które z macierzy \displaystyle A,B,C,D są podobne.

Wskazówka

Jeśli macierze są podobne, to mają równe wyznaczniki i równe ślady.

Rozwiązanie

Wykonując odpowiednie obliczenia możemy zauważyć, że


\displaystyle E^{-1}AE=B.


Oznacza to, że macierze \displaystyle A i \displaystyle B są podobne. Z drugiej strony


\displaystyle \aligned \det A&= 5,&\textnormal tr A&= 4\\ \det C&= 1,&\textnormal tr C&= 4\\ \det D&= 5,&\textnormal tr D&= 1 . \endaligned


w szczególności


\displaystyle \aligned \det A&\neq \det C,&\textnormal tr A&\neq\textnormal tr D,& \det C&\neq\det D, \endaligned


co oznacza, że relacja podobieństwa zachodzi tylko między macierzami \displaystyle A i \displaystyle B.

Zadanie 9.2

Znaleźć wszystkie wartości własne macierzy


\displaystyle A = \left [ \begin{array} {rrr} 1 & 2 & 1\\ 0 & 3 & -1\\ 0&2& 0 \end{array}  \right].


Wskazówka

Trzeba znaleźć zera wielomianu charakterystycznego.

Rozwiązanie

Wielomian charakterystyczny macierzy \displaystyle A dany jest wzorem:


\displaystyle \aligned p_A(\lambda)&=\det(A-\lambda I)\\ &=\det\left( \left[ \begin{array} {rrr} 1 & 2 &  1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 2 &  0 \end{array}  \right]-\lambda \left[ \begin{array} {ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}  \right] \right)\\ &=\det\left( \left[ \begin{array} {ccc} 1-\lambda & 2 &  1 \\ 0 & 3-\lambda & -1 \\ 0 & 2 &  -\lambda \end{array}  \right] \right)\\ &=-{\lambda}^{3}+4{\lambda}^{2}-5\lambda+2\\ &=-\left(\lambda-2\right)\left(\lambda-1\right)^{2}. \endaligned


Oznacza to, że wartościami własnymi macierzy \displaystyle A są liczby \displaystyle 2 i \displaystyle 1.

Zadanie 9.3

Rozważmy odwzorowanie liniowe \displaystyle f\colon \mathbb{K}^3\to \mathbb{K}^3 dane wzorem


\displaystyle f(x,y,z) = (x-y+2z,x-z,x+y+2z).


Wyznaczyć wartości własne i odpowiadające im wektory własne endomorfizmu \displaystyle f, gdy

i) \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{R},
ii) \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{C}.

Wskazówka

Należy wyznaczyć zera wielomianu charakterystycznego macierzy \displaystyle f w dowolnej bazie przestrzeni \displaystyle \mathbb{K}^3 (może to być baza kanoniczna). Potem wystarczy rozwiązać równanie


\displaystyle f(x,y,z) = (\lambda x, \lambda y, \lambda z) ,


gdzie niewiadomą jest wektor \displaystyle (x,y,z), a \displaystyle \lambda oznacza jedną z wartości własnych.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle e_1=(1,0,0), \displaystyle e_2=(0,1,0), \displaystyle e_3=(0,0,1) będą wektorami bazy kanonicznej w \displaystyle \mathbb{K}^3. W obu przypadkach, to jest gdy \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{R}, jak również, gdy \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{C} macierzą naszego endomorfizmu w bazie kanonicznej jest macierz


\displaystyle \left[ \begin{array} {rrr} 1 &-1 &  2 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 &  2 \end{array}  \right].


Wartości i wektory własne macierzy \displaystyle A są także wartościami własnymi odwzorowania \displaystyle f. Wielomian charakterystyczny macierzy \displaystyle A dany jest wzorem:


\displaystyle \aligned p_A(\lambda)&=\det(A-\lambda I)\\ &=\det\left( \left[ \begin{array} {ccc} 1-\lambda & -1 &  2 \\ 1 & -\lambda & -1 \\ 1 & 1 &  2-\lambda \end{array}  \right] \right)\\ &=-{\lambda}^{3}+3{\lambda}^{2}-2\lambda+6\\ &=- \left( \lambda-3\right)\left({\lambda}^{2}+2\right). \endaligned


Oznacza to, że liczba \displaystyle 3 jest jedyną wartością własną odwzorowania \displaystyle f w przypadku, gdy \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{R}. Jeżeli \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{C}, to wartościami własnymi odwzorowania \displaystyle f są liczby zespolone \displaystyle 3\displaystyle \sqrt{2}\mathbf{i} oraz \displaystyle -\sqrt{2}\mathbf{i}. Wektory własne endomorfimu wyznaczymy z równań


\displaystyle A(x,y,z)^*=\lambda_k (x,y,z)^*, \quad k=1,2,3,


gdzie \displaystyle \lambda_1=3\displaystyle \lambda_2=\sqrt{2}\mathbf{i} oraz \displaystyle \lambda_3=-\sqrt{2}\mathbf{i} a niewiadoma \displaystyle (x,y,z) należy do \displaystyle \mathbb{R}^3, gdy \displaystyle k=1, lub do \displaystyle \mathbb{C}^3, gdy \displaystyle k=2,3. Zauważmy, że powyższe równania są równoważne jednorodnym równaniom:


\displaystyle (A-\lambda_kI)(x,y,z)^*=(0,0,0)^*, \quad k=1,2,3,


które po podstawieniu odpowiednich wartości \displaystyle \lambda_k przyjmują jedną z opisanych poniżej postaci.

i) Rozważając \displaystyle \lambda_1=3 otrzymujemy układ


\displaystyle (A-\lambda_1 I)(x,y,z)^*=(0,0,0)^*,


czyli


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 1-\lambda_1 & -1 &  2 \\ 1 & -\lambda_1 & -1 \\ 1 & 1 &  2-\lambda_1 \end{array}  \right]            \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right], \endaligned


który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {rrr} -2&-1&2\\1&-3&-1\\1&1&-1\end{array}  \right]            \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right] \endaligned


ii) Rozważając \displaystyle \lambda_2=\sqrt{2}\mathbf{i} otrzymujemy układ


\displaystyle (A-\lambda_2 I)(x,y,z)^*=(0,0,0)^*,


czyli


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 1-\lambda_2 & -1 &  2 \\ 1 & -\lambda_2 & -1 \\ 1 & 1 &  2-\lambda_2 \end{array}  \right]            \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right], \endaligned


który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 1-\mathbf{i}\sqrt {2}&-1&2\\1&-\mathbf{i}\sqrt {2}&-1\\1&1&2-\mathbf{i}\sqrt {2}\end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right] \endaligned


iii) Rozważając \displaystyle \lambda_3=-\sqrt{2}\mathbf{i} otrzymujemy układ


\displaystyle (A-\lambda_3 I)(x,y,z)^*=(0,0,0)^*,


czyli


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 1-\lambda_3 & -1 &  2 \\ 1 & -\lambda_3 & -1 \\ 1 & 1 &  2-\lambda_3 \end{array}  \right]            \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right], \endaligned


który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 1+\mathbf{i}\sqrt {2}&-1&2\\1&\mathbf{i}\sqrt {2}&-1\\1&1&2+\mathbf{i}\sqrt {2}\end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right] \endaligned


Rozwiązaniami pierwszego układu są wektory postaci \displaystyle c(1,0,1), gdzie \displaystyle c\in\mathbb{R} jest dowolną stałą. Rozwiązaniami drugiego układu są wektory postaci \displaystyle z(-5-\mathbf{i}\sqrt {2},-1+4\mathbf{i}\sqrt{2},3), gdzie \displaystyle z\in\mathbb{C} jest dowolną stałą. Można łatwo zauważyć, że rozwiązania trzeciego układu są sprzężone z rozwiązaniami układu drugiego, czyli rozwiązaniami trzeciego układu są wektory postaci \displaystyle z(-5+\mathbf{i}\sqrt {2},-1-4\mathbf{i}\sqrt{2},3), gdzie \displaystyle z\in\mathbb{C} jest dowolną stałą.

Podsumowywując otrzymaliśmy, że:

i) Jeżeli \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{R}, to jedyną wartością własną odwzorowania \displaystyle f jest liczba \displaystyle 3, a odpowiadającym jej wektorem własnym jest każdy wektor postaci \displaystyle c(1,0,1), gdzie \displaystyle c\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
ii) Jeżeli \displaystyle \mathbb{K}= \mathbb{C}, to wartościami własnymi odwzorowania \displaystyle f są liczby zespolone \displaystyle 3\displaystyle \sqrt{2}\mathbf{i} oraz \displaystyle -\sqrt{2}\mathbf{i}. Wektorami własnymi dla tych wartości własnych są odpowiednio wektory postaci \displaystyle z(1,0,1), \displaystyle z(-5-\mathbf{i}\sqrt {2},-1+4\mathbf{i}\sqrt{2},3), \displaystyle z(-5+\mathbf{i}\sqrt {2},-1-4\mathbf{i}\sqrt{2},3), gdzie \displaystyle z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}.

Zadanie 9.4

Niech


\displaystyle f\colon \mathbb{R}^3 \ni (x,y,z) \to (4x-y-2z,2x+y-2z,x-y+z) \in \mathbb{R}^3.


Znaleźć wartości własne endomorfizmu \displaystyle f. Znaleźć, jeśli to możliwe, bazę \displaystyle \mathbb{R}^3 taką, żeby w tej bazie macierz endomorfizmu \displaystyle f była diagonalna.

Wskazówka

Wystarczy znaleźć wartości własne macierzy odwzorowania \displaystyle f w bazie kanonicznej. Jeśli uda nam się znaleźć bazę przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3 złożoną z wektorów własnych odwzorowania \displaystyle f, to macierz \displaystyle f w tej bazie będzie diagonalna.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle A będzie macierzą endomorfizmu \displaystyle f w bazach kanonicznych. Oczywiście


\displaystyle A=            \left[ \begin{array} {rrr} 4 & -1 & -2 \\ 2 &  1 & -2 \\ 1 & -1 &  1 \end{array}  \right]


Wielomian charakterystyczny macierzy \displaystyle A jest równy


\displaystyle \aligned p_A(\lambda)&=-{\lambda}^{3}+6{\lambda}^{2}-11\lambda+6\\ &=-\left(\lambda-1\right)\left(\lambda-2\right)\left(\lambda-3\right), \endaligned


co oznacza, że liczby


\displaystyle \aligned \lambda_1&=1,&\lambda_2&=2,&\lambda_3&=3 \endaligned


są wartościami własnymi endomorfizmu \displaystyle f. Co więcej będzie możliwe znalezienie bazy przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3 złożonej z wektorów własnych odwzorowania \displaystyle f, ponieważ wektory własne odpowiadające różnym wartościom własnym są liniowo niezależne. Macierz \displaystyle f w tej bazie będzie macierzą diagonalną. Wektory własne znajdziemy znajdując po jednym niezerowym rozwiązaniu następujących układów równań o niewiadomcyh \displaystyle (x,y,z):


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 4-\lambda_1 & -1 & -2 \\ 2 &  1-\lambda_1 & -2 \\ 1 & -1 &  1-\lambda_1 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right]\\ \left[ \begin{array} {ccc} 4-\lambda_2 & -1 & -2 \\ 2 &  1-\lambda_2 & -2 \\ 1 & -1 &  1-\lambda_2 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right]\\ \left[ \begin{array} {ccc} 4-\lambda_3 & -1 & -2 \\ 2 &  1-\lambda_3 & -2 \\ 1 & -1 &  1-\lambda_3 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right]. \endaligned


Rozwiązaniem pierwszego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej \displaystyle \lambda_1=1 jest np. wektor \displaystyle v_1=(1,1,1), rozwiązaniem drugiego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej \displaystyle \lambda_2=2 jest np. wektor \displaystyle v_2=(1,0,1), natomiast rozwiązaniem trzeciego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej \displaystyle \lambda_3=3 jest np. wektor \displaystyle v_3=(1,1,0). Wektory \displaystyle v_1\displaystyle v_2 oraz \displaystyle v_3 stanowią bazę przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3. Macierzą odwzorowania \displaystyle f w tej bazie jest macierz diagonalna:


\displaystyle D=                        \left[ \begin{array} {ccc} 1 &  0 &  0 \\ 0 &  2 &  0 \\ 0 &  0 &  3 \end{array}  \right].\qedhere


Zadanie 9.5

Niech \displaystyle f\colon \mathbb{R}^3 \ni (x,y,z) \to (x+y+z,x+2y-z,x-y+2z) \in \mathbb{R}^3 i niech


\displaystyle \aligned U& = \{ (0,t,-t)  : t \in \mathbb{R} \},\\ W& = \{  (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : y=z \}. \endaligned


Wykazać, że \displaystyle U i \displaystyle W są podprzestrzeniami niezmienniczymi endomorfizmu \displaystyle f.

Wskazówka

Trzeba wykazać, że \displaystyle f(U) \subset U, a \displaystyle f(W) \subset W.

Rozwiązanie

Zauważmy, że


\displaystyle \aligned U& = \textnormal lin \{ (0,1,-1) \},\\ W& = \textnormal lin \{ (1,0,0),(0,1,1) \}. \endaligned


Aby udowodnić, że \displaystyle f(U) \subset U oraz \displaystyle f(W) \subset W wystarczy wykazać, że


\displaystyle \aligned f(0,1,-1)& \in \textnormal lin \{ (0,1,-1) \},\\ f(1,0,0)& \in \textnormal lin \{ (1,0,0),(0,1,1) \},\\ f(0,1,1)& \in \textnormal lin \{ (1,0,0),(0,1,1) \}. \endaligned


Wynika to z faktu, że podprzestrzeń generowana przez zbiór \displaystyle S jest najmniejszą podprzestrzenią zawierającą zbiór \displaystyle S. Z definicji odwzorowania \displaystyle f wynika, że


\displaystyle \aligned f(0,1,-1)&= (0,3,-3)=3\cdot (0,1,-1),\\ f(1,0,0)&=(1,1,1) = (1,0,0)+(0,1,1),\\ f(0,1,1)&=(2,1,1)=2\cdot(1,0,0)+(0,1,1). \endaligned


Powyższe równości dowodzą, że


\displaystyle \aligned f(0,1,-1)& \in \textnormal lin \{ (0,1,-1) \},        \\ f(1,0,0) & \in \textnormal lin \{ (1,0,0),(0,1,1) \}, \\ f(0,1,1) & \in \textnormal lin \{ (1,0,0),(0,1,1) \}, \endaligned


a zatem \displaystyle f(U) \subset U oraz \displaystyle f(W) \subset W, czego należało dowieść.

Zadanie 9.6

Dany jest endomorfizm


\displaystyle f\colon \mathbb{R}^3 \ni (x,y,z) \to (3x-z,x-3y+4z,x+z) \in \mathbb{R}^3.


Znaleźć bazę Jordana i macierz Jordana tego endomorfizmu.

Wskazówka

Istnienie bazy Jordana gwarantuje odpowiednie twierdzenie z wykładu. Co dalej?

Rozwiązanie

Macierz


\displaystyle A=                        \left[ \begin{array} {rrr} 3 &  0 & -1 \\ 1 & -3 &  4 \\ 1 &  0 &  1 \end{array}  \right].


jest macierzą naszego odwzorowania \displaystyle f w bazach kanonicznych. Wielomian charakterystyczny macierzy \displaystyle A jest równy


\displaystyle \aligned p_A(\lambda)&=-{\lambda}^{3}+{\lambda}^{2}+8\lambda-12\\ &=- \left(\lambda+3 \right)\left(\lambda-2\right)^{2}, \endaligned


co oznacza, że wartościami własnymi naszego odwzorowania są liczby


\displaystyle \aligned \lambda_1&=-3&\text{oraz}&& \lambda_2&=2. \endaligned


Zauważmy, że wynika stąd, że macierz Jordana tego odwzorowania może mieć jedną z dwóch postaci:


\displaystyle \aligned J_1&=                        \left[ \begin{array} {rrr} -3 &  0 & 0 \\ 0 &  2 & 0 \\ 0 &  0 & 2 \end{array}  \right]&\text{lub}&& J_2&=                        \left[ \begin{array} {rrr} -3 &  0 & 0 \\ 0 &  2 & 1 \\ 0 &  0 & 2 \end{array}  \right]. \endaligned


Poszukując bazy Jordana dla odwzorowania \displaystyle f wyznaczymy najpierw wektory własne odpowiadające wyliczonym wyżej wartościom własnym. W tym celu należy znaleźć niezerowe wektory spełniające następujące układy równań:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 3-\lambda_1 &      0       &    -1     \\ 1      & -3-\lambda_1 &     4     \\ 1      &      0       &  1-\lambda_1 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right]\\ \left[ \begin{array} {ccc} 3-\lambda_2 &      0       &    -1     \\ 1      & -3-\lambda_2 &     4     \\ 1      &      0       &  1-\lambda_2 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 0\\0\\0 \end{array}  \right]. \endaligned


Po wykonaniu odpowiednich obliczeń widzimy, że rozwiązania pierwszego układu są postaci \displaystyle c(0,1,0), gdzie \displaystyle c\in\mathbb{R}, natomiast rozwiązania drugiego układu są postaci \displaystyle c(1,1,1), gdzie \displaystyle c\in\mathbb{R}. Wynika stąd, że nie znajdziemy dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych odpowiadających wartości własnej \displaystyle \lambda_2=2, zatem postać Jordana naszego odwzorowania jest zadana przez macierz \displaystyle J_2. Znając postać Jordana odwzorowania \displaystyle f poszukamy teraz bazy Jordana dla \displaystyle f, czyli takiej bazy przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3, składającej się z wektorów \displaystyle v_1\displaystyle v_2, i \displaystyle v_3, że

i) \displaystyle v_1 jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej \displaystyle \lambda_1=-3
ii) \displaystyle v_2 jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej \displaystyle \lambda_1=2
iii) \displaystyle v_3 jest wektorem spełniającym równanie


\displaystyle f(v_3)=\lambda_2v_3+v_2.


Wobec powyższej obserwacji definiujemy


\displaystyle \aligned v_1&=c(0,1,0),&v_2&=(1,1,1). \endaligned


Widzimy także, że wektor \displaystyle v_3=(2,1,1) jest niezerowym rozwiązaniem układu:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {ccc} 3-\lambda_2 &      0       &    -1     \\ 1      & -3-\lambda_2 &     4     \\ 1      &      0       &  1-\lambda_2 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 1\\1\\1 \end{array}  \right], \endaligned


który po podstawieniu za \displaystyle \lambda_2 liczby \displaystyle 2 przyjmuje postać:


\displaystyle \aligned \left[ \begin{array} {rrr} 1 &   0 &    -1     \\ 1 &  -5 &     4     \\ 1 &   0 &    -1 \end{array}  \right] \left[ \begin{array} {c} x\\y\\z \end{array}  \right]&=\left[ \begin{array} {c} 1\\1\\1 \end{array}  \right], \endaligned


a to oznacza, że \displaystyle  f(v_3)  - 2v_3 = v_2. Zauważmy także, że wektory \displaystyle v_1\displaystyle v_2 i \displaystyle v_3, stanowią bazę przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3. Macierzą odwzorowania \displaystyle f w tej bazie jest macierz


\displaystyle \aligned J_2&=                        \left[ \begin{array} {rrr} -3 &  0 & 0 \\ 0 &  2 & 1 \\ 0 &  0 & 2 \end{array}  \right], \endaligned


co oznacza, że znalezione wektory stanowią bazę Jordana dla naszego odwzorowania \displaystyle f.