Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 6. – rozwiązania
19 marca 2021
1. (·) Znajdź bazę Jordana i macierz przekształcenia w tej bazie dla przekształcenia ϕ : R2→ R2, ϕ(x, y) = (x + y, y).
Baza standardowa jest bazą Jordana, bowiem
1 1 0 1
jest już od razu w postaci Jordana.
2. (··) Znajdź bazę Jordana i przekształć do postaci Jordana macierz
3 −1 0 0
1 1 0 0
3 0 5 −3
4 −1 3 −1
.
Niech ϕ będzie przekształceniem o tej danej macierzy. Sprawdzamy wartości własne wyliczając wielomian charakterystyczny. w(λ) = (λ − 2)4, więc jedyną wartością własną jest 2. Zatem niech
ψ = ϕ − 2id.
Zatem
ψ((x, y, z, t)) = (x − y, x − y, 3x + 3z − 3t, 4x − y + 3z − 3t).
Badamy imψ i mamy, że
imψ = lin((3, 1, 3, 4), (−1, −1, 0, −1), (0, 0, 3, 3), (0, 0, −3, −3)) = lin((1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)).
Ale ψ((1, 1, 0, 1)) = (0, 0, 0, 0) oraz ψ((0, 0, 1, 1)) = (0, 0, 0, 0), a skoro dim ker ψ = 4 − 2 = 2, to imψ = ker ψ oraz ((1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)) jest bazą Jordana dla ψ|imψ, bowiem są to wektory własne dla wartości własnej zero. Oba są zatem początkowymi i końcowymi wektorami ze swoich klatek. Szukamy zatem β1 oraz β2 takich, że ψ(β1) = (1, 1, 0, 1) oraz ψ(β2) = (0, 0, 1, 1). Widać, że można wziąć na przykład β1 = (0, −1, 0, 0) oraz β2 = (0, 0, 1/3, 0). Wtedy A = ((1, 1, 0, 1), (0, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 1, 0)) jest bazą Jordana zarówno dla ψ, jak i dla ϕ oraz
M (ψ)AA=
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
oraz
M (ϕ)AA=
2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2
.
3. Zbadaj, czy macierze
1 1 0 0
0 3 1 0
8 −4 5 0 10 −5 3 3
oraz
3 −1 −5 0
1 −2 −24 3
0 1 8 0
0 0 0 3
są podobne.
Nazwijmy te macierze odpowiednio A oraz B. Po policzeniu wielomianów własnych dla obu macierzy okazuje się, że mamy (λ − 3)4. Mamy
A − 3I =
−2 1 0 0
0 0 1 0
8 −4 2 0
10 −5 3 0
więc r(A − 3I) = 2, więc q1= 4 − 2 = 2.
(A − 3I)2=
4 −2 1 0 8 −4 2 0
0 0 0 0
4 −2 1 0
więc r((A − 3I)2) = 1, więc q2= 2 − 1 = 1. Zatem mamy jedną klatkę wielkości 1, i jedną wielkości 2, czyli musi mieć wielkość 3. Zatem macierz podobna do A, ale w postaci Jordana to
3 1 0 0 0 3 1 0 0 0 3 0 0 0 0 3
.
Mamy
B − 3I =
0 −1 −5 0
1 −5 −24 3
0 1 5 0
0 0 0 0
więc r(B − 3I) = 2, więc q1= 4 − 2 = 2.
(B − 3I)2=
−1 0 −1 −3
−5 0 −5 −15
1 0 1 3
0 0 0 0
więc r((B − 3I)2) = 1, więc q2= 2 − 1 = 1. Zatem mamy jedną klatkę wielkości 1, i jedną wielkości 2, czyli musi mieć wielkość 3. Zatem macierz podobna do B, ale w postaci Jordana to też
3 1 0 0 0 3 1 0 0 0 3 0 0 0 0 3
.
Czyli A i B są podobne.
4. Dla każdej pary z poniższych macierzy, zbadać czy są podobne.
2 0 1 1 2 0 0 0 2
,
2 0 0 1 2 1 0 0 2
,
2 0 0 0 2 0 0 1 2
,
2 0 0 1 2 0 1 1 2
.
2 − a 0 1
1 2 − a 0
0 0 2 − a
= (a − 2)3.
A1− 2I =
0 0 1 1 0 0 0 0 0
,
więc r(A1− 2I) = 2 i q1= 3 − 2 = 1. A zatem macierz w postaci Jordana podobna do tej macierzy to
2 1 0 0 2 1 0 0 2
.
2 − a 0 0
1 2 − a 1
0 0 2 − a
= (a − 2)3.
A2− 2I =
0 0 0 1 0 1 0 0 0
,
więc r(A2− 2I) = 1 i q1= 3 − 1 = 2. A zatem macierz w postaci Jordana podobna do tej macierzy to
2 1 0 0 2 0 0 0 2
.
2 − a 0 0
0 2 − a 0
0 1 2 − a
= (a − 2)3.
A3− 2I =
0 0 0 0 0 0 0 1 0
,
więc r(A3− 2I) = 1 i q1= 3 − 1 = 2. A zatem macierz w postaci Jordana podobna do tej macierzy to
2 1 0 0 2 0 0 0 2
.
2 − a 0 0
1 2 − a 0
1 1 2 − a
= (a − 2)3.
A4− 2I =
0 0 0 1 0 0 1 1 0
,
więc r(A4− 2I) = 2 i q1= 3 − 2 = 1. A zatem macierz w postaci Jordana podobna do tej macierzy to
2 1 0 0 2 1 0 0 2
.
To oznacza, że A1 z A4 są podobne oraz A2 z A3są podobne.
5. Oblicz
−1 4
−1 3
122 . Mamy
−1 − λ 4
−1 3 − λ
= (λ − 1)2.
Zatem macierz podobna ale w postaci Jordana to
B =
1 1 0 1
,
bo to jedyna opcja dla jednej wartości własnej równej 1 w przypadku innym niż jednokładność. Łatwo zauważyć, że
B122=
1 122
0 1
,
Jasne jest, że wektor o wartości własnej 1 to (2, 1), natomiast (ϕ − id)(x, y) = (−2x + 4y, −x + 2y).
Znajdujemy v, że (ϕ − id)(v) = (2, 1) i jest to na przykład v = (5, 3). Zatem A = ((2, 1), (5, 3)) jest bazą Jordana. Mamy zatem M (id)stA=
2 5 1 3
oraz M (id)Ast=
3 −5
−1 2
. Zatem
−1 4
−1 3
122
=
2 5 1 3
·
1 122
0 1
·
3 −5
−1 2
=
−243 448
−122 245
.
6. Znaleźć postać Jordana dla poniższych macierzy o wyrazach w R:
4 −1 5
1 2 7
0 0 3
,
5 1 0 0
−1 3 0 0
1 2 1 0
3 1 2 4
.
Niech będą to odpowiednio A oraz B. W pierwszym przypadku:
4 − λ −1 5
1 2 − λ 7
0 0 3 − λ
= (3 − λ)3.
Zatem
A − 3I =
1 −1 5 1 −1 7
0 0 0
zatem r(A − 3I) = 2, czyli q1 = 3 − 2 = 1, a skoro jest tylko jedna klatka musi być wielkości 3, zatem macierz podobna w postaci Jordana to
3 1 0 0 3 1 0 0 3
.
W drugim przypadku
5 − λ 1 0 0
−1 3 − λ 0 0
1 2 1 − λ 0
3 1 2 4 − λ
= (4 − λ)3(1 − λ).
B − 4I =
1 1 0 0
−1 −1 0 0
1 2 −3 0
3 1 2 0
zatem r(A − 3I) = 3, czyli q1 = 4 − 3 = 1, czyli mamy tylko jedną klatkę dla wartości własnej 4, zatem szukana macierz to
4 1 0 0 0 4 1 0 0 0 4 0 0 0 0 1
.
7. (?) Niech f : Mn×n→ R będzie przekształceniem liniowym. Udowodnij, że istnieje dokładnie jedna macierz C, że f (A) = tr(AC) dla dowolnej A ∈ Mn×n(R). Załóżmy dodatkowo, że f (AB) = f (BA) dla każdych macierzy A, B. Udowodnij, że wtedy istnieje λ ∈ R, że f (A) = λtr(A).
Zadanie z IMC 1997. Niech Eij będzie macierzą z jedynką na i, j pozycji oraz zerami wszędzie indziej.
Niech C = [f (Eji)]i,j. Wtedy f (Eji) jest wyrazem na i, i miejscu w macierzy EijC, a pozostałe wyrazy na przekątnej to zera. Zatem f (Eij) = tr(EijC). A skoro Ei,j stanowią bazę całej przestrzeni macierzy n × n, to dla dowolnej macierzy, f (AC) = tr(AC).
Rozważmy podprzestrzeń V macierzy o zerowym śladzie przestrzeni wszystkich macierzy n × n. Mamy, że dim V = n2− 1, oraz bazą V są Eij dla i 6= j oraz Eii− Enn dla i < n. Jeśli f (AB) = f (BA), to V ⊆ ker f , bowiem Eij = EijEjj − EjjEij dla i 6= j oraz Eii− Enn = EinEni− EniEin. Ale dla każdej macierzy A, A −trAn I ∈ V , zatem f (A) = 0 +f (I)n trA, czyli λ = f (I)/n.
