Uk lady r´ owna´ n i ostatnie rzeczy Javier de Lucas
Cwiczenie 1. W zale˙zno´sci od warto´sci parametr´ ´ ow a, b, c ∈ R rozwi¸aza´c uk lady r´owna´n
3a − 1 2a 3a + 1 2a 2a 3a + 1 a + 1 a + 1 2a + 2
x =
1 a a 2
, x ∈ R 3 ,
1 a a 2 1 b b 2 1 c c 2
x =
a 3 b 3 c 3
, x ∈ R 3 . Cwiczenie 2. Znale´ ´ z´ c, je˙zeli to mo˙zliwe, odwrotno´s´ c macierzy
1 i 1 + i
−i 1 0
1 − i 0 1
.
Cwiczenie 3. Pokaza´ ´ c, ˙ze je´sli A ∈ M n (C) oraz λ ∈ C, to r´ownanie A(z) = λ¯ z ma niezerowe rozwi¸ azanie z ∈ C n wtedy i tylko wtedy gdy A ¯ A − |λ| 2 Id, gdzie ¯ A ma elementy
¯
a ij = a ij , jest osobliwa.
Rozwi¸ azanie: Jez˙eli A(z) = λ¯ z, wtedy (A(z)) = ¯ λz i ¯ A¯ z = ¯ λz. Korzystaj¸ ac z tego, wynika, ˙ze
[A ¯ A − |λ| 2 Id](¯ z) = A ¯ A¯ z − |λ| 2 z = A¯ ¯ λz − |λ| 2 z = λ¯ ¯ λ¯ z − |λ| 2 z = 0. ¯
Zatem, endomorfizm T macierzy B = A ¯ A − |λ| 2 Id ma nietrywialne j¸ adro, poniewa˙z Bz = 0 dla z 6= 0. To oznacza, ˙ze T nie jest epimorfizmem i kolumny jego macierzy s¸ a liniowo zale˙zne. Z tego wynika, ˙ze det B = 0 i macierz B jest osobliwa.
Odwrotnie, je˙zeli B jest osobliwa, istnieje wektor ¯ z ∈ C n taki, ˙ze B ¯ z = 0. Zdefiniu- jemy morfizm J : C n → C n liniowy nad R dany wzorem
J z = ¯ z, ∀z ∈ C n . Wtedy, wida´ c, ˙ze J 2 = Id i
J Az = ¯ A¯ z = ¯ AJ z, ∀z ∈ C n ⇒ JA = ¯ AJ.
Korzystaj¸ ac z tego,
(AJ − |λ|Id)(AJ + |λ|Id) = AJ AJ − |λ| 2 Id = A ¯ A − |λ| 2 Id = B.
Je˙zeli B jest osobliwa i
(AJ − |λ|Id)(AJ + |λ|Id) = B.
to mamy wtedy dwie opcje: AJ + |λ|Id jest osobliwa lub AJ − |λ|Id jest osobliwa.
Zak ladamy, ˙ze AJ − |λ|Id jest osobliwa. Wtedy
∃z ∈ C n , (AJ − |λ|Id)z = 0.
Wtedy A¯ z = |λ|z. Mo˙zemy zdefiniowa´ c w = e −iϕ/2 z, gdzie ϕ = argλ. Zatem, A ¯ ¯ w = e iϕ/2 A¯ ¯ z = e iϕ/2 |λ|z = e iϕ |λ|w = λw.
Wi¸ec, A ¯ w = λw. Zapisuj¸ ac z 2 ≡ ¯ w, otrzymujemy, ˙ze Az 2 = λ¯ z 2 i to r´ ownanie ma nietrywialne rozwi¸ azanie.
Cwiczenie 4. Wykaza´ ´ c, ˙ze je´sli macierz kwadratowa i odwracalna A ma w lasno´s´ c: suma element´ ow ka˙zdego wiersza jest taka sama, to t¸e sam¸ a w lasno´s´ c ma macierz odwrotna A −1 .
Rozwi¸ azanie: Suma element´ ow ka˙zdego wiersza macierzy A jest taka sama wtedy i tylko wtedy gdy
A
1 1 .. . 1
= c
1 1 .. . 1
,
gdzie c to suma element´ ow ka˙zdego wiersza. Wida´ c, ˙ze c 6= 0 poniewa˙z macierz jest obracalna i nie istnieje wektor z taki, ˙ze Az = 0. Skoro A jest odwracalna, to istnieje A −1 i
A −1 A
1 1 .. . 1
= cA −1
1 1 .. . 1
⇒
1 1 .. . 1
= cA −1
1 1 .. . 1
⇒ A −1
1 1 .. . 1
= 1 c
1 1 .. . 1
Cwiczenie 5. Obliczy´ ´ c ´slad i wyznacznik operatora F ∈ EndV , je˙zeli V = K n [t], a ∈ K, natomiast F ma nast¸epuj¸ ac¸ a posta´ c:
• F w(t) = w 0 (t),
• F w(t) = tw 0 (t) + aw(t),
• F w(t) = w 0 (t) + aw(t),
Cwiczenie 6. Niech F : E → E b¸edzie operatorem nilpotentnym, czyli T ´ n0 = 0 dla pewnego n 0 ∈ N, na przestrzeni wektorowej E sko´nczonego wymiaru. Udowodnij, ˙ze Tr T = 0 i detT = 0.
Rozwi¸ azanie: Spr´ obujemy napisa´ c macierz endomorfizmu F w bazie gdzie wida´ c, ˙ze ele- menty diagonalu tej macierzy s¸ a wszystkie r´ owne zeru. Aby to zrobi´ c, najpierw udowod- nimy par¸e w la´sciwo´sci endomorfizm´ ow nilpotentnych.
Zak ladamy, ˙ze n 0 jest najmniejsz¸ a liczb¸ a naturaln¸ a tak¸ a, ˙ze T n0 = 0. Dany element e ∈ ker F k wiemy, ˙ze F k (e) = 0. Wi¸ec, F k+1 (e) = 0 i e ∈ ker F k+1 . Z tego wynika, ˙ze ker F k ⊂ ker F k+1 . Korzystaj¸ ac z tego mamy, ˙ze
0 ⊂ ker F ⊂ ker F 2 ⊂ . . . ⊂ ker F n0−1 ⊂ ker F n
0 = E. (6.1) Ponadto, wida´ c te˙z, ˙ze je˙zeli e ∈ ker F k , to F k (e) = 0. Zatem, F k−1 ◦ F (e) = 0. To oznacza, ˙ze F (e) ∈ ker F k−1 dla dowolnego e ∈ ker F k . Wi¸ec,
F (ker F k ) ⊂ ker F k−1 .
Mo˙zemy teraz wybra´ c baz¸e {e (1) 1 , . . . , e (1) n1} podprzestrzeni ker F . Skoro ker F ⊂ ker F 2 , mo˙zemy uzupe lni´ c t¸ a baz¸e do bazy ker F 2 za pomoc¸ a pewnych element´ ow {e (2) 1 , . . . , e (2) n2}. Mo˙zemy to powtarza´c a˙z do momentu gdy mamy baz¸e przestrzeni E:
}. Mo˙zemy to powtarza´c a˙z do momentu gdy mamy baz¸e przestrzeni E:
e (n 1 0) , . . . , e (n n
0)
n0
, . . . , e (2) 1 , . . . , e (2) n2, e (1) 1 , . . . , e (1) n1, .
, .
Macierz morfizmu F ma jaki´s element w jej diagonale r´ o˙zny od zera, gdy dla pewnego elementu e (i) j tej bazy, jego obraz, T (e (i) j ) jest taki, ˙ze w tej bazie ma rozk lad
T (e (i) j ) = λ 1 1 e (1) 1 + . . . + λ 1 n1e (1) n1 + λ 2 1 e (2) 1 + . . . + λ 2 n2e (2) n2 + . . . + λ n 10e (n 1 0) + . . . + λ n n
00e (n n0)
+ λ 2 1 e (2) 1 + . . . + λ 2 n2e (2) n2 + . . . + λ n 10e (n 1 0) + . . . + λ n n
00e (n n0)
+ . . . + λ n 10e (n 1 0) + . . . + λ n n
00e (n n0)
) + . . . + λ n n
00e (n n0)
n0
i λ i j 6= 0. Natomiast, mamy, ˙ze T (e (i) j ) ∈ ker T (i−1) . Z tego wynika, ˙ze
T (e (i) j ) = λ 1 1 e (1) 1 + . . . + λ 1 n
1
e (1) n
1
+ . . . + λ i−1 1 e (i−1) 1 + . . . + λ i−1 n
i−1
e (i−1) n
i−1