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

Zadanie 9.1

Dane są macierze

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

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

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

w szczególności

$\displaystyle {\begin{aligned}\det A&\neq \det C,&trA&\neq trD,&\det C&\neq \det D,\end{aligned}}$

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:

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

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:

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

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:

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

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

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

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

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

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

czyli

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

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

iii) Rozważając $\displaystyle \lambda _{3}=-{\sqrt {2}}\mathbf {i}$ otrzymujemy układ

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

czyli

$\displaystyle {\begin{aligned}\left[{\begin{array}{ccc}1-\lambda _{3}&-1&2\\1&-\lambda _{3}&-1\\1&1&2-\lambda _{3}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right],\end{aligned}}$

który po podstawieniu odpowiednich wartości przyjmuje postać:

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

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 $\displaystyle c\in \mathbb {R} minus\{0\}$.

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 $\displaystyle z\in \mathbb {C} minus\{0\}$.

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

$\displaystyle {\begin{aligned}p_{A}(\lambda )&=-{\lambda }^{3}+6{\lambda }^{2}-11\lambda +6\\&=-\left(\lambda -1\right)\left(\lambda -2\right)\left(\lambda -3\right),\end{aligned}}$

co oznacza, że liczby

$\displaystyle {\begin{aligned}\lambda _{1}&=1,&\lambda _{2}&=2,&\lambda _{3}&=3\end{aligned}}$

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 $\displaystyle (x,y,z)$:

$\displaystyle {\begin{aligned}\left[{\begin{array}{ccc}4-\lambda _{1}&-1&-2\\2&1-\lambda _{1}&-2\\1&-1&1-\lambda _{1}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right]\\\left[{\begin{array}{ccc}4-\lambda _{2}&-1&-2\\2&1-\lambda _{2}&-2\\1&-1&1-\lambda _{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right]\\\left[{\begin{array}{ccc}4-\lambda _{3}&-1&-2\\2&1-\lambda _{3}&-2\\1&-1&1-\lambda _{3}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right].\end{aligned}}$

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:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Powyższe równości dowodzą, że

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}p_{A}(\lambda )&=-{\lambda }^{3}+{\lambda }^{2}+8\lambda -12\\&=-\left(\lambda +3\right)\left(\lambda -2\right)^{2},\end{aligned}}$

co oznacza, że wartościami własnymi naszego odwzorowania są liczby

$\displaystyle {\begin{aligned}\lambda _{1}&=-3&{\text{oraz}}&&\lambda _{2}&=2.\end{aligned}}$

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

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

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:

$\displaystyle {\begin{aligned}\left[{\begin{array}{ccc}3-\lambda _{1}&0&-1\\1&-3-\lambda _{1}&4\\1&0&1-\lambda _{1}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right]\\\left[{\begin{array}{ccc}3-\lambda _{2}&0&-1\\1&-3-\lambda _{2}&4\\1&0&1-\lambda _{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}}\right].\end{aligned}}$

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

$\displaystyle f(v_{3})=\lambda _{2}v_{3}+v_{2}.$

Wobec powyższej obserwacji definiujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}v_{1}&=c(0,1,0),&v_{2}&=(1,1,1).\end{aligned}}$

Widzimy także, że wektor $\displaystyle v_{3}=(2,1,1)$ jest niezerowym rozwiązaniem układu:

$\displaystyle {\begin{aligned}\left[{\begin{array}{ccc}3-\lambda _{2}&0&-1\\1&-3-\lambda _{2}&4\\1&0&1-\lambda _{2}\end{array}}\right]\left[{\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}}\right]&=\left[{\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}}\right],\end{aligned}}$

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

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

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

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

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