• Nie Znaleziono Wyników

Cwiczenie 1. W zale˙zno´sci od warto´sci parametr´ ´ ow a, b, c ∈ R rozwi¸aza´c uk lady r´owna´n

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Cwiczenie 1. W zale˙zno´sci od warto´sci parametr´ ´ ow a, b, c ∈ R rozwi¸aza´c uk lady r´owna´n"

Copied!
5
0
0

Pełen tekst

(1)

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.

(2)

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 |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

(3)

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 ´ n

0

= 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 n

0

= 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 n

0

−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) n

1

} 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) n

2

}. 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) n

2

, e (1) 1 , . . . , e (1) n

1

, .

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 n

1

e (1) n

1

+ λ 2 1 e (2) 1 + . . . + λ 2 n

2

e (2) n

2

+ . . . + λ n 1

0

e (n 1

0

) + . . . + λ n n

00

e (n n

0

)

n0

i λ i j 6= 0. Natomiast, mamy, ˙ze T (e (i) j ) ∈ ker T (i−1) . Z tego wynika, ˙ze

(4)

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

.

i λ i j = 0. W´ owczas, macierz F w tej bazie ma wszystkie elementy w diagonale r´ owne zeru. Zatem, Tr F = 0.

Aby udowodni´ c, ˙ze det T = 0 wystarczy zauwa˙zy´ c, ˙ze 0 = det F n

0

= (det F ) n

0

⇒ det F = 0.



Cwiczenie 7. Oblicz ´

1 a b 0 1 a 0 0 1

n

dla dowolnych n ∈ N, a, b ∈ C . Rozwi¸ azanie: Wida´ c, ˙ze

1 a b 0 1 a 0 0 1

n

=

0 a b 0 0 a 0 0 0

 +

1 0 0 0 1 0 0 0 1

n

Macierze

A =

0 a b 0 0 a 0 0 0

 , B =

1 0 0 0 1 0 0 0 1

komutuj¸ a, czyli AB = BA. Korzystaj¸ ac z tego i z dwumianu Newtona, mamy ˙ze (A + B) n =

n

X

i=0

 n i



A i B n−i ,

czyli

0 a b 0 0 a 0 0 0

 +

1 0 0 0 1 0 0 0 1

n

=

n

X

i=0

 n i



0 a b 0 0 a 0 0 0

i 

1 0 0 0 1 0 0 0 1

n−i

.

(5)

Ponadto, macierz A jest nilpotentna, czyli A n

0

= 0 dla pewnego n 0 ∈ N . W la´snie

A 0 =

1 0 0 0 1 0 0 0 1

 , A =

0 a b 0 0 a 0 0 0

 , A 2 =

0 0 a 2 0 0 0 0 0 0

 , A 3 =

0 0 0 0 0 0 0 0 0

 . Z tego wynika, ˙ze

1 a b 0 1 a 0 0 1

n

=

1 0 0 0 1 0 0 0 1

 + n

0 a b 0 0 a 0 0 0

 + n(n − 1) 2

0 0 a 2 0 0 0 0 0 0

 .



Cytaty

Powiązane dokumenty

Kroneckera-Capellego: [JuSk], przyk lad

• Znajd´z zale˙zno´s´c po lo˙zenia cz astki

Znale´z´c zale˙zno´s´c poÃlo˙ze´n

Samochód ma pokona´c nierówno´s´c w kształcie klina (patrz rys.. Kr ˛a˙zki pchni˛eto, przy czym pierwszemu nadano tylko ruch post˛epowy, a drugiemu tak˙ze ruch obrotowy.

[r]

[r]

Zmienna losowa X ma rozk lad dyskretny, je˙zeli zbi´ or jej warto´sci S ⊂ R jest sko´ nczony

Matematyka dla Chemik´ ow