• Nie Znaleziono Wyników

Zadanie 1. (Podprzestrzenie własne i szeregi potęgowe endomorfizmów.) Znajdź wszyst- kie wartości a ∈ R dla których spełniony jest warunek (6 punktów)

N/A
N/A
Info
Pobierz
Protected

Academic year: 2021

Share "Zadanie 1. (Podprzestrzenie własne i szeregi potęgowe endomorfizmów.) Znajdź wszyst- kie wartości a ∈ R dla których spełniony jest warunek (6 punktów)"

Copied!
3
0
0

Ładowanie.... (Zobacz pełny tekst teraz)

Pobierz teraz ( 3 Stron )

Pełen tekst

(1)

Algebra z geometrią 2012/2013

Kolokwium próbne J. de Lucas

Zadanie 1. (Podprzestrzenie własne i szeregi potęgowe endomorfizmów.) Znajdź wszyst- kie wartości a ∈ R dla których spełniony jest warunek (6 punktów)

exp

a

0 −1 0

1 0 0

0 0 1

1

−1 0

 =

−1 1 0

.

Rozwiązanie:

Aby obliczyć exp aA, gdzie

0 −1 0

1 0 0

0 0 1

,

zakładamy, że A to macierz endomorfizmu f A : C 3 → C 3 w bazach kanonicznych i wprowadzimy zmianę do bazy gdzie A ma postać Jordana i można łatwo obliczyć exp(aA). To wymaga obliczyć wartości własne i wektory własne odwzorowania liniowego macierzy A. Aby to zrobić, trzeba obliczyć wielomian charakterystyczny A, czyli

p A (λ) = det(A − λI) =

−λ −1 0

1 −λ 0

0 0 1 − λ

= (1 − λ)(λ 2 + 1) = (1 − λ)(λ − i)(λ + i).

Wartości własne macierzy A to są pierwiastki tego wielomianu, czyli {1, i, −i}. Wtedy, spec M

3

(C) A = {1, i, −i} i R 3 = V 1 ⊕ V i ⊕ V −i , gdzie V a = ker(A − aI) dla a = 1, i, −i. Teraz możemy obliczyć wektory własne A.

Wektory własne z wartością własną λ = 1 są elementami przestrzeni V 1 = ker(A − I), czyli

ker(A − I) = ker

−1 −1 0 1 −1 0

0 0 0

.

Elementy ker(A − I) to są rozwiązania układu

−1 −1 0 1 −1 0

0 0 0

x y z

 =

0 0 0

.

Więc,

−x − y = 0, x − y = 0,

i z ma dowolną wartość. Z powyższych dwóch równań, wynika, że x = y = 0. Więc,

ker(A − I) =

 

 

0 0 z

, z ∈ C

 

 

=

*

0 0 1

 +

.

Wektory własne z wartością własną λ = i są elementami przestrzeni V i = ker(A − iI), czyli

ker(A − iI) = ker

−i −1 0

1 −i 0

0 0 1 − i

.

1

(2)

Znowu, elementy ker(A − iI) to są rozwiązania układu

−i −1 0

1 −i 0

0 0 1 − i

x y z

 =

0 0 0

.

Więc,

−ix − y = 0, x − iy = 0,

i z = 0. Z powyższych dwóch równań, wynika, że x = iy i y jest dowolna. Więc,

ker(A − iI) =

 

 

iy y 0

, y ∈ C

 

 

=

*

i 1 0

 +

.

Aby obliczyć wektory własne z wartoścą własną λ = −i albo korzystamy znowu z powyższej metody, albo korzystamy z tego, że skoro

0 −1 0

1 0 0

0 0 1

i 1 0

= i

i 1 0

.

sprzężenie tego, jest

0 −1 0

1 0 0

0 0 1

−i 1 0

= −i

−i 1 0

.

Czyli

v −i =

−i 1 0

,

to wektor własny z wartością −i. Widać, że mamy bazę wektorów własnych

v 1 =

0 0 1

, v i =

i 1 0

, v −i =

−i 1 0

Taki wynik ma sens, skoro jest znane, macierze antysymetryczne są zawsze diagonalizowalne (nad C).

Korzystając z tego, macierz morfizmu f A w nowej bazie B 0 = {v 1 , v i , v −i } ma postać

(f A ) B

0

B

0

:=

1 0 0 0 i 0 0 0 −i

.

Teraz, przypominamy diagram zmiany bazy. Wiemy, że f A = I ◦ f A ◦ I gdzie I to funkcja tożsamo- ściowa. Jeżeli rozpatrujemy macierze tych endomorfizmów, to

R 2

(f

A

)

B0B0

// R 2

I

B0B



R 2

(f

A

)

BB

//

I

BB0

OO

R 2

2

(3)

gdzie (f A ) BB to macierz endomorfizmu f A w bazach kanonicznych, czyli A, macierz (f A ) B

0

B

0

to macierz endomorfizmu f A w bazach B 0 i I BB

0

to macierz zmiany bazy od B do B 0 i I B

0

B to macierz zmiany bazy od B 0 do B, czyli macierz funkcji tożsamościowej od B do B 0 i odwrotnie. Można zauwazyć, że kolumny macierzy I B

0

B są obrazami elementów bazy B 0 we współrzędnych bazy B.

Czyli

I B

0

B =

0 i −i 0 1 1 1 0 0

Wówczas, I BB

0

to

I BB

0

= 1 2

0 0 2

−i 1 0 i 1 0

.

Więc

A =

0 i −i 0 1 1 1 0 0

1 0 0 0 i 0 0 0 −i

1 2

0 0 2

−i 1 0 i 1 0

Teraz, mamy, że

exp(aA) = (I B

0

B a(f A ) B

0

B

0

I BB

0

) = I B

0

B exp(a(f A ) B

0

B

0

)I BB

0

.

Możemy teraz obliczyć exp(a(f A ) B

0

B

0

). To jest prostsze niż obliczyć exp(aA) bo (f A ) B

0

B

0

jest macierzą górnotrójkątną. Więc,

exp(aA) =

0 i −i 0 1 1 1 0 0

 exp

a

1 0 0 0 i 0 0 0 −i

1 2

0 0 2

−i 1 0 i 1 0

exp(aA) =

0 i −i 0 1 1 1 0 0

e a 0 0 0 e ai 0 0 0 e −ai

1 2

0 0 2

−i 1 0 i 1 0

.

i

exp(aA) =

cos a − sin a 0 sin a cos a 0

0 0 e a

.

Z tego,

exp(aA)

1

−1 0

 =

cos a − sin a 0 sin a cos a 0

0 0 e a

1

−1 0

 =

−1 1 0

i

cos a + sin a = −1, sin a − cos a = 1.

Więc,

2 sin a = 0 ⇒ sin a = 0, 2 cos a = 2 ⇒ cos a = −1 i a = π + 2kπ, gdzie k ∈ Z.

3

Cytaty

Pobierz teraz ( PDF - 3 Stron - 85.28 KB )

Powiązane dokumenty

Uogólnione wektory własne

Definicja: Bazą kanoniczną dla macierzy A stopnia n nazywamy układ n liniowo niezale- żnych uogólnionych wektorów własnych złożony całkowicie z ciągów (tzn... Wektor ten

(1)ALGEBRA M2 - Lista 3 Suma prosta, wartości i wektory własne Zad.1

Wykazać, że jeżeli V jest skończenie wymiarową przestrzenią liniową, to wielo- miany charakterystyczne (a więc także wartości własne) macierzy przekształcenia T ∈ L(V )

Wartości i wektory własne

Jeżeli natomiast elementy macierzy są elementami ciała, które nie jest algebraicznie domknięte (takim ciałem jest na przykład ciało liczb rzeczywistych!), to macierz ta może

Wyznacz warto´sci i wektory własne macierzy: a

[r]

Wartości i wektory własne

Jeżeli natomiast elementy macierzy są elementami ciała, które nie jest algebraicznie domknięte (takim ciałem jest na przykład ciało liczb rzeczywistych!), to macierz ta może

Wartości i wektory własne

Każda macierz kwadratowa jest ortogonalnie podobna do macierzy Hessenberga, więc ma ona to samo widmo wartości własnych co macierz H.. W celu wyznaczenia wartości własnych macierzy

KSN — III FK — zadanie 8.1 Wektory i wartości własne

Na wspólnym wykresie proszę nanieść pięć pierwszych funkcji falowych w przedziale x ∈ [−L; +L].. Proszę podać odpowiadające

Zadanie. Własne procedury i funkcje

(Poniższe zadanie jest bardzo uproszczoną wersją zadania opracowanego przez dr hab. Witolda Marowskiego). patrz także inne