Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 7’. – rozwiązania
czyli dodatkowy zestaw zadań o endomorfizmach i Tw. Jordana
26 marca 2021
1. Wyznacz postać Jordana macierzy A ∈ M6×6(C), której wielomian charakterystyczny to (x − 2)4(x − 3)2 oraz takiej, że
(A − 2I)26= (A − 2I)3= (A − 2I)4.
Po pierwsze zauważmy, że warunek ten musi być też spełniony dla każdej macierzy B podobnej do A, w szczególności dotyczy to macierzy w postaci Jordana J , a wręcz każdej jej klatki. W szczególności klatki o wartości własnej 3 po odjęciu 2 na przekątnej, mają na przekątnej 1 a zatem nie są nilpotentne, a skoro mają być takie same przy podniesieniu do 3 i 4 potęgi muszą być identycznościowe, czyli ta macierz ma dwie klatki 1 × 1 dla wartości własnej 3 i są one takie same w każdej potędze macierzy J − 2I. Różnica pomiędzy drugą i trzecią potęgą musi więc pochodzić od klatek dla wartości własnej 2 i to oznacza, że co najmniej jedna klatka ma wielkość 3 × 3, ale żadna nie ma wielkości 4 × 4. Zatem jest tutaj klatka 3 × 3 i 1 × 1, a więc postać Jordana to:
3 0 0 0 0 0
0 3 0 0 0 0
0 0 2 1 0 0
0 0 0 2 1 0
0 0 0 0 2 0
0 0 0 0 0 2
.
Oczywiście postać Jordana jest ustalona z dokładnością do kolejności klatek.
2. Wyznacz postać Jordana macierzy
5 t 1
0 5 t − 1
0 0 5
oraz macierzy
5 t 1 0
0 5 t − 1 2
0 0 5 1
0 0 0 5
w zależności od parametru t.
Rozważmy najpierw pierwszą z macierzy. Jedyną wartością własną jest 5, więc rozważmy macierz
A − 5I =
0 t 1
0 0 t − 1
0 0 0
.
Mamy, że r(A − 5I) = 1 jeśli t ∈ {0, 1}, oraz r(A − 5I) = 2 w przeciwnym przypadku.
W przypadku t = {0, 1} mamy zatem q1 = 3 − 1 = 2, czyli dwie klatki Jordana, zatem ta macierz w postaci Jordana to
5 1 0 0 5 0 0 0 5
.
1
W przeciwnym przypadku, mamy zatem q1= 3 − 2 = 1, czyli jedną klatkę Jordana, zatem ta macierz w postaci Jordana to
5 1 0 0 5 1 0 0 5
.
Pora na drugą z macierzy. Jedyną wartością własną jest 5, więc rozważmy macierz
B − 5I =
0 t 1 0
0 0 t − 1 2
0 0 0 1
0 0 0 0
.
Mamy, że r(B − 5I) = 2 jeśli t ∈ {0, 1}, oraz r(B − 5I) = 3 w przeciwnym przypadku.
W przypadku t = {0, 1} mamy zatem q1 = 4 − 2 = 2, czyli dwie klatki Jordana. Dla t = 0 mamy r((B − 5I)2) = 1, zatem q2= 2 − 1 = 1, zatem jest tylko jedna klatka wielkości 2, czyli postać Jordana
to:
5 1 0 0 0 5 1 0 0 0 5 0 0 0 0 5
.
Dla t = 1, mamy również r((B − 5I2)) = 1, zatem q2= 2 − 1 = 1, zatem jest tylko jedna klatka wielkości
2, czyli postać Jordana to:
5 1 0 0 0 5 1 0 0 0 5 0 0 0 0 5
.
W przeciwnym przypadku, gdy t /∈ {0, 1}, mamy zatem q1= 4 − 3 = 1, czyli jedną klatkę Jordana, zatem ta macierz w postaci Jordana to
5 1 0 0 0 5 1 0 0 0 5 1 0 0 0 5
.
3. Niech
A =
3 2 4 0 6 0 4 3 3
∈ M3×3(Z7).
Znajdź bazę Jordana tej macierzy oraz zbadaj, czy A i A3 są podobne.
Wielomian charakterystyczny tej macierzy to −λ(λ + 1)2, zatem wartości własne to 0 oraz 6. Dla zera mamy klatkę 1 × 1, więc wystarczy znaleźć wektor własne rozwiązując układ równań:
3 2 4 0
0 6 0 0
4 3 3 0
co daje (1, 0, 1). Dla wartości własnej 6 jest też tylko jeden wektor własny, który dostajemy rozwiązując układ równań
4 2 4 0
0 0 0 0
4 3 4 0
i jest to (1, 0, 6). Wystarczy jeszcze znaleźć takie wektor, który jest drugim wektorem w klatce dla wartości 6, czyli wektor, który jest rozwiązaniem układu równań
4 2 4 1
0 0 0 0
4 3 4 6
2
a jest to (5, 5, 5). Zatem {(1, 0, 1), (1, 0, 6), (5, 5, 5)} jest szukaną bazą Jordana, a macierz w tej bazie to
J =
1 0 0 0 6 1 0 0 6
i w takim razie
J3=
1 0 0 0 6 3 0 0 6
jest podobna do A3. Zatem pytanie, czy J i J3 są podobne i owszem są bo łatwo zobaczyć, że J jest postacią Jordana macierzy J3.
4. (··) Niech f ∈ End(C5) oraz f2 6= 0, f6= 0 oraz dim(ker f ∩ imf ) = 2. Opisz wszystkie możliwe postaci macierzy Jordana przekształcenia f .
Z tego, że f6 = 0 wynika, że jedyną wartością własną f jest 0. Z tego, że f2 6= 0 wynika, że w postaci Jordana mamy choć jedną klatkę o wielkości co najmniej 3. Zauważmy też, że dim(ker f ∩imf ) = 2 to liczba wektorów własnych przekształcenia f |imf, czyli liczba klatek w macierzy Jordana tego przekształcenia. W algorytmie rekurencyjnym każda z tych klatek przy znajdywaniu bazy Jordana f będzie przedłużona o jeden wektor, więc odpowiada to liczbie klatek w bazie Jordana f o rozmiarze co najmniej 2 × 2. Zatem wiemy, że takich klatek jest 2. Zatem możliwe są następujące trzy opcje:
• dwie klatki 3 × 3,
• klatka 3 × 3, 2 × 2 oraz 1 × 1,
• klatka 4 × 4 i klatka 2 × 2.
5. (·) Niech A będzie macierzą 2×2 o wielomianie charakterystycznym λ2−5λ−2 = 0. Przedstaw macierze A5 oraz A−1 jako kombinacje macierzy A oraz macierzy jednostkowej. Wskazówka: tw. Cayleya-Hamiltona.
Z Tw. Cayleya-Hamiltona, wiemy, że A2= 5A+2I. Wobec tego A3= A2A = 5A2+2A = 25A+10I +2A = 27A + 10I. W takim razie
A4= A3A = (27A + 10I)A = 27A2+ 10A = 135A + 54I + 10A = 145A + 54I oraz
A5= A4A = (145A + 54I)A = 145A2+ 54A = 145(5A + 2I) + 54A = 779A + 290I.
Mnożąc obie strony A2= 5A + 2I przez A−1 otrzymujemy A = 5I + 2A−1, a zatem A−1= A−5I2 . 6. (?) Niech A, B ∈ Mn×n(R) będą takie, że AB = BA oraz rząd macierzy A jest równy 1 i A26= 0. Pokaż,
że A jest macierzą diagonalizowalną oraz dla każdego n, macierz B ma przynajmniej jeden wektor własny oraz przynajmniej dwa liniowo niezależne wektory własne dla n parzystych.
Niech ϕ będzie takie, że M (ϕ) = A. Wtedy dim ker ϕ = n − 1. Ale skoro istnieje wektor v, że ϕϕ(v) 6= 0, to ϕ(v) /∈ ker ϕ, A zatem ϕ(v) ∈ lin(v), czyli v jest wektorem własnym dla niezerowej wartości własnej a.
A zatem jeśli uzupełnimy v do bazy całej przestrzeni (niech to będzie baza A), to macierz A w tej bazie jest diagonalna z tą wartością własną a w lewym górnym rogu i zerami poza tym.
Co więcej a 6= 0. Niech ψ będzie takie, że M (ψ) = B. Mamy, że ϕ◦ψ = ψ ◦ϕ. Rozpatrując macierze ϕ i ψ w bazie A (niech to będą odpowiednio macierze M oraz N ) wiemy, że M N = N M . To oznacza, że wszystkie wyrazy w pierwszym wierszu oraz w pierwszej kolumnie macierzy N to zera, poza wyrazem na przekątnej.
Zatem wektor v jest też wektorem własnym przekształcenia ψ (skoro pierwsza kolumna macierzy tego przekształcenia w bazie zaczynającej się od tego wektora ma zera poza wyrazem na pierwszym miejscu).
Załóżmy teraz, że n jest parzyste. Rozważmy macierz N0jako macierz N bez pierwszego wiersza i kolumny.
Jest to macierz ψ|lin((A\{v} w bazie A \ {v}. Wielomian charakterystyczny tej macierzy ma rząd niepa- rzysty, a więc ma rzeczywisty pierwiastek. Odpowiada mu wektor własny, będący kombinacją pozostałych wektorów z bazy A (poza v), a więc liniowo niezależny z v – i jest to też wektor własny przekształcenia ψ.
7. Znajdź bazę Jordana nad macierzy
1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1
∈ M4×4(Z2).
3
Jedyną wartością własną tej macierzy to 1. Jeśli A = M (ϕ)stst dla ϕ : (Z2)4→ (Z2)4, to ψ(x, y, z, t) = (ϕ − id)(x, y, z, t) = (0, 0, x + y, z).
W takim razie imψ = lin((0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0)), a jego baza to {(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}.
Mamy też im(ψimψ) = lin(ψ(0, 0, 1, 0), ψ(0, 0, 0, 1))) = lin((0, 0, 0, 1)), oraz oczywiście ψ((0, 0, 0, 1)) = (0, 0, 0, 0), zatem {(0, 0, 0, 1)} jest bazą Jordana im(ψimψ).
Zatem szukając bazy Jordana imψ wychodzimy od {(0, 0, 0, 1)} i pytamy, czy jest jeszcze jakiś kierunek w ker ψ|imψ, ale widzimy, że skoro obraz jest jednowymiarowy, to to jądro ma wymiar 2 − 1, zatem nie ma tu, żadnego innego wektora, więc pozostaje znaleźć wektor v taki, że ψ(v) = (0, 0, 0, 1) i jest to (0, 0, 1, 0).
Zatem {(0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} jest bazą Jordana imψ z jedną klatką długości 2.
Cofając się do szukania bazy całego (Z2)4, zaczynamy od uzupełnienia bazy {(0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} do bazy całego jądra – wektorem (1, 1, 0, 0), a następnie przedłużamy znalezioną do tej pory klatkę o jeden wektor, czyli szukamy w, że ψ(w) = (0, 0, 1, 0), dostając na przykład (1, 0, 0, 0). Ostatecznie
{(0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0)}
to szukana baza Jordana.
4
