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

Zadanie 9.1

Dane są macierze

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Wykonując odpowiednie obliczenia możemy zauważyć, że

$E^{-1}AE=B$.

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

$\begin{array}{rlrl}\det A& =5,& trA& =4\\ \det C& =1,& trC& =4\\ \det D& =5,& trD& =1.\end{array}$

w szczególności

$\begin{array}{rlrlrl}\det A& \ne \det C,& trA& \ne trD,& \det C& \ne \det D,\end{array}$

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

Zadanie 9.2

Znaleźć wszystkie wartości własne macierzy

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

Wskazówka

Trzeba znaleźć zera wielomianu charakterystycznego.

Rozwiązanie

Wielomian charakterystyczny macierzy $A$ dany jest wzorem:

$\begin{array}{rl}{p}_A(\lambda )& =\det (A-\lambda I)\\ & =\det (\left[\begin{array}{rrr}1& 2& 1\\ 0& 3& -1\\ 0& 2& 0\end{array}\right]-\lambda \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right])\\ & =\det \left(\left[\begin{array}{ccc}1-\lambda & 2& 1\\ 0& 3-\lambda & -1\\ 0& 2& -\lambda \end{array}\right]\right)\\ & =-{\lambda }^3+4{\lambda }^2-5\lambda +2\\ & =-(\lambda -2){(\lambda -1)}^2.\end{array}$

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

Zadanie 9.3

Rozważmy odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{𝕂}}^3\to {\mathbb{𝕂}}^3$ dane wzorem

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

Wyznaczyć wartości własne i odpowiadające im wektory własne endomorfizmu $f$, gdy

i) $\mathbb{𝕂}=\mathbb{ℝ}$,

ii) $\mathbb{𝕂}=\mathbb{ℂ}$.

Wskazówka

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

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

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

Rozwiązanie

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

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

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

$\begin{array}{rl}{p}_A(\lambda )& =\det (A-\lambda I)\\ & =\det \left(\left[\begin{array}{ccc}1-\lambda & -1& 2\\ 1& -\lambda & -1\\ 1& 1& 2-\lambda \end{array}\right]\right)\\ & =-{\lambda }^3+3{\lambda }^2-2\lambda +6\\ & =-(\lambda -3)({\lambda }^2+2).\end{array}$

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

$A(x,y,z{)}^{*}={\lambda }_k(x,y,z{)}^{*},k=1,2,3$,

gdzie ${\lambda }_1=3$, ${\lambda }_2=\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$ oraz ${\lambda }_3=-\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$ a niewiadoma $(x,y,z)$ należy do ${\mathbb{ℝ}}^3$, gdy $k=1$, lub do ${\mathbb{ℂ}}^3$, gdy $k=2,3$. Zauważmy, że powyższe równania są równoważne jednorodnym równaniom:

$(A-{\lambda }_{k}I)(x,y,z{)}^{*}=(0,0,0{)}^{*},k=1,2,3$

które po podstawieniu odpowiednich wartości ${\lambda }_k$ przyjmują jedną z opisanych poniżej postaci.

i) Rozważając ${\lambda }_1=3$ otrzymujemy układ

$(A-{\lambda }_{1}I)(x,y,z{)}^{*}=(0,0,0{)}^{*}$

czyli

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}1-{\lambda }_1& -1& 2\\ 1& -{\lambda }_1& -1\\ 1& 1& 2-{\lambda }_1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]\end{array}$

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

ii) Rozważając ${\lambda }_2=\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$ otrzymujemy układ

$(A-{\lambda }_{2}I)(x,y,z{)}^{*}=(0,0,0{)}^{*}$

czyli

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}1-{\lambda }_2& -1& 2\\ 1& -{\lambda }_2& -1\\ 1& 1& 2-{\lambda }_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]\end{array}$

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

iii) Rozważając ${\lambda }_3=-\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$ otrzymujemy układ

$(A-{\lambda }_{3}I)(x,y,z{)}^{*}=(0,0,0{)}^{*}$

czyli

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}1-{\lambda }_3& -1& 2\\ 1& -{\lambda }_3& -1\\ 1& 1& 2-{\lambda }_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right],\end{array}$

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

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

Podsumowywując otrzymaliśmy, że:

i) Jeżeli $\mathbb{𝕂}=\mathbb{ℝ}$, to jedyną wartością własną odwzorowania $f$ jest liczba $3$, a odpowiadającym jej wektorem własnym jest każdy wektor postaci $c(1,0,1)$, gdzie $c\in \mathbb{ℝ}minus\{0\}$.

ii) Jeżeli $\mathbb{𝕂}=\mathbb{ℂ}$, to wartościami własnymi odwzorowania $f$ są liczby zespolone $3$, $\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$ oraz $-\sqrt{2}\mathbf{𝐢}$. Wektorami własnymi dla tych wartości własnych są odpowiednio wektory postaci $z(1,0,1)$, $z(-5-\mathbf{𝐢}\sqrt{2},-1+4\mathbf{𝐢}\sqrt{2},3)$, $z(-5+\mathbf{𝐢}\sqrt{2},-1-4\mathbf{𝐢}\sqrt{2},3)$, gdzie $z\in \mathbb{ℂ}minus\{0\}$.

Zadanie 9.4

Niech

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Niech $A$ będzie macierzą endomorfizmu $f$ w bazach kanonicznych. Oczywiście

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

Wielomian charakterystyczny macierzy $A$ jest równy

$\begin{array}{rl}{p}_A(\lambda )& =-{\lambda }^3+6{\lambda }^2-11\lambda +6\\ & =-(\lambda -1)(\lambda -2)(\lambda -3),\end{array}$

co oznacza, że liczby

$\begin{array}{rlrlrl}{\lambda }_1& =1,& {\lambda }_2& =2,& {\lambda }_3& =3\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}4-{\lambda }_1& -1& -2\\ 2& 1-{\lambda }_1& -2\\ 1& -1& 1-{\lambda }_1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]\\ \left[\begin{array}{ccc}4-{\lambda }_2& -1& -2\\ 2& 1-{\lambda }_2& -2\\ 1& -1& 1-{\lambda }_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]\\ \left[\begin{array}{ccc}4-{\lambda }_3& -1& -2\\ 2& 1-{\lambda }_3& -2\\ 1& -1& 1-{\lambda }_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right].\end{array}$

Rozwiązaniem pierwszego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej ${\lambda }_1=1$ jest np. wektor $v_1=(1,1,1)$, rozwiązaniem drugiego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej ${\lambda }_2=2$ jest np. wektor $v_2=(1,0,1)$, natomiast rozwiązaniem trzeciego układu, czyli wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej ${\lambda }_3=3$ jest np. wektor $v_3=(1,1,0)$. Wektory $v_1$, $v_2$ oraz $v_3$ stanowią bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$. Macierzą odwzorowania $f$ w tej bazie jest macierz diagonalna:

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

Zadanie 9.5

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

$\begin{array}{rl}U& =\{(0,t,-t):t\in \mathbb{ℝ}\},\\ W& =\{(x,y,z)\in {\mathbb{ℝ}}^3:y=z\}.\end{array}$

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Zauważmy, że

$\begin{array}{rl}U& =lin\{(0,1,-1)\},\\ W& =lin\{(1,0,0),(0,1,1)\}.\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}f(0,1,-1)& \in lin\{(0,1,-1)\},\\ f(1,0,0)& \in lin\{(1,0,0),(0,1,1)\},\\ f(0,1,1)& \in lin\{(1,0,0),(0,1,1)\}.\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}f(0,1,-1)& =(0,3,-3)=3\cdot (0,1,-1),\\ f(1,0,0)& =(1,1,1)=(1,0,0)+(0,1,1),\\ f(0,1,1)& =(2,1,1)=2\cdot (1,0,0)+(0,1,1).\end{array}$

Powyższe równości dowodzą, że

$\begin{array}{rl}f(0,1,-1)& \in lin\{(0,1,-1)\},\\ f(1,0,0)& \in lin\{(1,0,0),(0,1,1)\},\\ f(0,1,1)& \in lin\{(1,0,0),(0,1,1)\},\end{array}$

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

Zadanie 9.6

Dany jest endomorfizm

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

Znaleźć bazę Jordana i macierz Jordana tego endomorfizmu.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Macierz

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

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

$\begin{array}{rl}{p}_A(\lambda )& =-{\lambda }^3+{\lambda }^2+8\lambda -12\\ & =-(\lambda +3){(\lambda -2)}^2,\end{array}$

co oznacza, że wartościami własnymi naszego odwzorowania są liczby

$\begin{array}{rlrlrl}{\lambda }_1& =-3& \text{oraz}& & {\lambda }_2& =2.\end{array}$

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

$\begin{array}{rlrlrl}{J}_1& =\left[\begin{array}{rrr}-3& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right]& \text{lub}& & J_2& =\left[\begin{array}{rrr}-3& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right].\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}3-{\lambda }_1& 0& -1\\ 1& -3-{\lambda }_1& 4\\ 1& 0& 1-{\lambda }_1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]\\ \left[\begin{array}{ccc}3-{\lambda }_2& 0& -1\\ 1& -3-{\lambda }_2& 4\\ 1& 0& 1-{\lambda }_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right].\end{array}$

Po wykonaniu odpowiednich obliczeń widzimy, że rozwiązania pierwszego układu są postaci $c(0,1,0)$, gdzie $c\in \mathbb{ℝ}$, natomiast rozwiązania drugiego układu są postaci $c(1,1,1)$, gdzie $c\in \mathbb{ℝ}$. Wynika stąd, że nie znajdziemy dwóch liniowo niezależnych wektorów własnych odpowiadających wartości własnej ${\lambda }_2=2$, zatem postać Jordana naszego odwzorowania jest zadana przez macierz $J_2$. Znając postać Jordana odwzorowania $f$ poszukamy teraz bazy Jordana dla $f$, czyli takiej bazy przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$, składającej się z wektorów $v_1$, $v_2$, i $v_3$, że

i) $v_1$ jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej ${\lambda }_1=-3$

ii) $v_2$ jest wektorem własnym odpowiadającym wartości własnej ${\lambda }_1=2$

iii) $v_3$ jest wektorem spełniającym równanie

$f(v_3)={\lambda }_2{v}_3+v_2$

Wobec powyższej obserwacji definiujemy

$\begin{array}{rlrl}{v}_1& =c(0,1,0),& v_2& =(1,1,1).\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{ccc}3-{\lambda }_2& 0& -1\\ 1& -3-{\lambda }_2& 4\\ 1& 0& 1-{\lambda }_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right],\end{array}$

który po podstawieniu za ${\lambda }_2$ liczby $2$ przyjmuje postać:

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

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

$\begin{array}{rl}{J}_2& =\left[\begin{array}{rrr}-3& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right],\end{array}$

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