Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 3. – rozwiązania
9 marca 2021
1. (·) Dla poniższych macierzy rzeczywistych A stwierdzić, czy A jest diagonalizowalna nad R oraz czy jest diagonalizowalna nad C i jeśli tak, znaleźć macierz C taką, że C−1AC jest diagonalna.
1 2 0
2 −2 0
0 0 −3
,
0 1 0
−4 4 0
−2 1 2
,
0 1
−1 0
•
w(λ) = ((1 − λ)(−2 − λ) − 4)(−3 − λ) = (λ2+ λ − 6)(−3 − λ) = (2 − λ)(−3 − λ)2 Więc wartości własne to −3, 2
R3(−3):
4 2 0 2 1 0 0 0 0
→
2 1 0 0 0 0 0 0 0
, czyli baza to {(1, −2, 0), (0, 0, 1)}.
R3(2):
−1 2 0
2 −4 0
0 0 −5
→
1 −2 0
0 0 1
0 0 0
, czyli baza to {(2, 1, 0)}.
A więc jest baza własna: A = {(1, −2, 0), (0, 0, 1), (2, 1, 0)}, czyli macierz jest diagonalizowalna do postaci
−3 0 0
0 −3 0
0 0 2
oraz:
C = M (id)stA=
1 0 2
−2 0 1
0 1 0
.
•
w(λ) = −λ(4 − λ)(2 − λ) + 8 − 4λ = −λ3+ 6λ2− 12λ + 8 = −(λ − 2)3 Czyli jedyną wartością własną jest 2 i:
R3(2):
−2 1 0
−4 −2 0
−2 1 0
→
−2 1 0
0 0 0
0 0 0
,
Czyli baza tej przestrzeni własnej to: {(2, 1, 0), (0, 0, 1)}, czyli nie ma bazy własnej, czyli macierz nie jest diagonalizowalna.
Ponieważ nad C nie ma innych wartości własnych, macierz też nad C nie jest diagonalizowalna.
•
w(λ) = λ2+ 1
Nad R nie ma wartości własnych, więc nie jest diagonalizowalna. Nad C wartości własne to ±i. Dla i dostajemy wektor własny (1, i), zaś dla −i, wektor (1, −i). Zatem baza własna to A = {(1, i), (1, −i)}
oraz macierz w tej bazie to
i 0 0 −i
oraz:
C = M (id)stA=
1 1 i −i
.
1
2. (··) Dla poniższych macierzy A obliczyć A2021.
1 −8
1 7
,
1 0 0 0 2 1 0 1 2
•
w(λ) = (1 − λ)(7 − λ) + 8 = λ2− 8λ + 15 = (λ − 3)(λ − 5), czyli mamy wartości własne 3 i 5.
R2(3):
−2 −8
1 4
→
1 4 0 0
,
czyli baza to {(−4, 1)},
R2(5):
−4 −8
1 2
→
1 2 0 0
,
czyli baza to {(−2, 1)}, a więc mamy bazę własną A = {(−4, 1)(−2, 1)}, czyli:
A2021=
−4 −2
1 1
·
32021 0 0 52021
· (−1/2) ·
1 2
−1 −4
=
=
−4 · 32021 2 · 52021 32021 52021
· (−1/2) ·
1 2
−1 −4
=
= 1/2
4 · 32021+ 2 · 52021 8 · 32021+ 8 · 52021
−32021+ 52021 −2 · 32021+ 4 · 52021
.
•
w(λ) = (1 − λ)((2 − λ)2− 1) = (1 − λ)(λ2− 4λ + 3) = −(λ − 1)2(λ − 3) czyli wartości własne to 1 i 3.
R3(1) :
0 0 0 0 1 1 0 1 1
→
0 1 1 0 0 0 0 0 0
,
czyli baza tej podprzestrzeni to {(1, 0, 0), (0, 1, −1)}.
R3(3):
−2 0 0
0 −1 1
0 1 −1
→
1 0 0
0 1 −1
0 0 0
,
czyli baza tej podprzestrzeni to {(0, 1, 1)}. A więc mamy bazę własną: A = {(1, 0, 0), (0, 1, −1), (0, 1, 1)}.
Potrzebujemy wyliczyć też M (id)Ast. (1, 0, 0) = (1, 0, 0)A, (0, 1, 0) = (0,12,12)Aoraz (0, 0, 1) = (0, −12,12)A, więc M (id)Ast =
1 0 0
0 12 −12 0 12 12
. A więc:
A2021=
1 0 0
0 1 1
0 −1 1
·
1 0 0
0 1 0
0 0 32021
·
1 0 0
0 12 −12 0 12 12
=
1 0 0
0 1 32021 0 −1 32021
·
1 0 0
0 12 −12 0 12 12
=
=
1 0 0
0 12(1 + 32021) 12(−1 + 32021) 0 12(−1 + 32021) 12(1 + 32021)
.
3. Dla poniższych macierzy A stwierdzić, czy A jest diagonalizowalna nad R oraz czy jest diagonalizowalna nad C i jeśli tak, znaleźć macierz C taką, że C−1AC jest diagonalna.
−6 2 2
0 2 4
0 4 −4
,
2 1 3 1 2 4 0 0 2
2
(a) Wyliczamy wielomian charakterystyczny:
w(λ) =
−6 − λ 2 2
0 2 − λ 4
0 4 −4 − λ
= (−6 − λ)(λ2+ 2λ − 24) = −(6 + λ)2(λ − 4),
Czyli wartości własne to −6 i 4. Znajdujemy bazy przestrzeni własnych:
R3(−6):
0 2 2 0 8 4 0 4 2
→
0 1 0 0 0 1 0 0 0
Czyli baza R3(−6) to {(1, 0, 0)}.
R3(4):
−10 2 2
0 −2 4
0 4 −8
→
1 0 −35
0 1 2
0 0 0
,
Czyli baza R3(4) to {(35, −2, 1)}. Bazy przestrzeni własnych razem nie stanowią bazy całego R3, więc nie ma bazy własnej i macierz nie jest diagonalizowalna. Tak samo jest w przypadku C, bo nie dojdą żadne nowe wartości własne.
(b) Wyliczamy wielomian charakterystyczny:
w(λ) =
2 − λ 1 3
1 2 − λ 4
0 0 2 − λ
= −λ3+ 6λ2− 11a + 6 = −(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).
Mamy trzy wartości własne: 1, 2, 3. Znajdujemy bazy odpowiadających im przestrzeni własnych:
R3(1) :
1 1 3 1 1 4 0 0 1
→
1 1 0 0 0 1 0 0 0
. Czyli baza R3(1) to {(−1, 1, 0)}.
R3(2) :
0 1 3 1 0 4 0 0 0
→
1 0 4 0 1 3 0 0 0
. Czyli baza R3(2) to {(−4, −3, 1)}.
R3(3):
−1 1 3
1 −1 4
0 0 −1
→
1 −1 0
0 0 1
0 0 0
.
Czyli baza R3(3)to {(1, 1, 0)}. Mamy więc bazę własną: A = {(−1, 1, 0), (−4, −3, 1), (1, 1, 0)} a zatem:
C = M (id)stA=
−1 −4 1
1 −3 1
0 1 0
C−1AC =
1 0 0 0 2 0 0 0 3
.
4. Wykazać, że dla każdego wielomianu postaci w(λ) = (−1)nλn+an−1λn−1+. . . a1λ+a0o współczynnikach w ciele K istnieje macierz A ∈ Mn×n(K) taka, że w(λ) jest wielomianem charakterystycznym macierzy A.
Macierz A =
0 0 . . . 0 −a0
−1 0 . . . 0 a1
0 −1 . . . 0 −a2
. . . . . .
0 0 . . . −1 ±an−1
ma szukany wielomian charakterystyczny. Zaobserwować
można to rekurencyjnie. Rzeczywiście, Niech Bk będzie prawym dolnym minorem k × k macierzy A − λI.
Wtedy det Bk= an−k− λ det Bk−1. Zatem det Bn= a0− λ(−a1− λ(a2− λ(−a3+ . . .))).
3
5. Podać przykład macierzy A ∈ M2×2(Q), która nie jest diagonalizowalna nad Q, ale jest diagonalizowalna nad R.
0 2 1 0
nie ma wartości własnych w Q, ale ma dwie wartości własne w R (±√
2), a zatem jest diagona- lizowalna.
6. Wykazać, że jeśli macierz A ∈ Mn×n(K) ma n parami różnych wartości własnych, to jest diagonalizowalna nad K.
Każda wartość własna ma przestrzeń własną o wymiarze co najmniej 1. Zatem n wartości własnych daje n wektorów własnych. Wystarczy udowodnić, że są liniowo niezależne. Można to zrobić przez indukcję.
Niech będą to wektory v1, . . . , vn odpowiednio dla wartości własnych λ1, . . . , λn. Dowodzimy, że układ dowolnych k z nich jest liniowo niezależny.
Krok pierwszy: jeden wektor własny, skoro jest niezerowy stanowi układ liniowo. Krok drugi: Załóżmy, że układ dowolnych k − 1 z v1, . . . , vn jest liniowo niezależny, udowodnijmy, że vi1, . . . , vik jest liniowo niezależny. Niech
a1vi1+ . . . + akvik = 0, dla pewnych a1, . . . , ak ∈ K, więc
λik(a1vi1+ . . . + akvik) = 0.
0 = A · (a1vi1+ . . . + akvik)T = a1AvTi1+ . . . + akAviTk = a1λi1viT1+ . . . + akλikviTk Odejmując dwie otrzymane równości od siebie mamy:
(λi1− λik)a1vi1+ . . . + (λik−1− λik)ak−1vik−1= 0,
zatem z założenia indukcyjnego współczynniki w tej kombinacji są zerowe. Ponieważ wartości własne są parami różne, mamy a1 = . . . = ak−1 = 0. Zatem akvik = 0, a więc także ak = 0, co dowodzi, że vi1, . . . , vik.
7. Wykazać, że jeśli macierz A ∈ Mn×n(K) ma dokładnie jedną wartość własną w K, to jest diagonalizowalna nad K wtedy i tylko wtedy, gdy jest diagonalna.
Jeśli mamy jedną wartość własną oraz bazę złożoną z wektorów własnych, to znaczy, że każdy wektor w V jest wektorem własnym z tą wartością. A zatem A jest macierzą jednokładności, czyli jest diagonalna.
8. (?) Niech X będzie macierzą odwracalną o kolumnach v1, . . . , vn. Niech Y będzie macierzą o kolumnach v2, . . . , vn, 0. Udowodnij, że macierze A = Y X−1 oraz B = X−1Y mają rząd n − 1 oraz tylko zera jako wartości własne.
Niech J = [aij] będzie macierzą n × n, gdzie aij = 1 gdy i = j + 1 oraz 0 w przeciwnym przypadku. Rząd tej macierzy wynosi n − 1, a jest wielomian charakterystyczny to (−λ)n, więc jej wartości własne to 0. Co więcej, Y = XJ . Zatem A = XJ X−1 oraz B = J . Zatem A i B mają ten sam rząd i te same wartości własne, co J . Zadanie pochodzi z IMC’95.
4
