Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 4. – rozwiązania
12 marca 2021
1. Niech α1= (1, 1, 1, 1), α2= (1, 1, 1, 0), α3 = (1, 1, 0, 0) i α4= (1, 0, 0, 0) oraz niech A = {α1, α2, α3, α4}.
Niech ponadto ϕ : R4→ R4 będzie przekształceniem liniowym takim, że ker ϕ = lin(α1, α4), ϕ(α2) = α1i ϕ(α3) = α2. Znaleźć:
a) M (ϕ)stst,
W takim razie ϕ((1, 0, 0, 0)) = (0, 0, 0, 0), ϕ((0, 1, 0, 0)) = ϕ(α3) − ϕ(α4) = (1, 1, 1, 0), ϕ((0, 0, 1, 0)) = ϕ(α2) − ϕ(α3) = (0, 0, 0, 1) i ϕ((0, 0, 0, 1)) = ϕ(α1) − ϕ(α2) = (−1, −1, −1, −1). Zatem M (ϕ)stst =
0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
.
b) M (ϕ)AA,
A = M (ϕ)AA=
0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
.
c) rząd przekształcenia ϕk = ϕ ◦ . . . ◦ ϕ (k-krotne złożenie) dla k = 1, 2, 3.
Dla k = 1 jest to rząd macierzy A, czyli 2. Dla k = 2 liczymy A · A i mamy
0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, a zatem
rząd wynosi 1. Dla k = 3 liczymy A · A · A i wychodzi macierz zerowa, a więc rząd jest równy 0.
2. (·) Zbadać, czy macierz A =
4 2
−1 1
∈ M2×2(R) jest diagonalizowalna. Jeśli tak, to znaleźć macierz C, taką że C−1AC jest diagonalna.
Wyliczmy wielomian charakterystyczny:
w(λ) =
4 − λ 2
−1 1 − λ
= λ2− 5λ + 6,
czyli wartości własne to 2 i 3.
R2(2) ma bazę jednowektorową (1, −1), zaś R2(3) wektor (−2, 1), czyli A = {(1, −1), (−2, 1)} jest bazą własną oraz M (id)AstAM (id)stA =
2 0 0 3
jest diagonalna. A zatem C = M (id)stA=
1 −2
−1 1
.
3. Wykazać, że tr : Mn×n(K) → K jest przekształceniem liniowym.
Rzeczywiście
tr(aA + bB) =
n
X
i=1
(aaii+ bbii) = a
n
X
i=1
aii+ b
n
X
i=1
bii = atr(A) + btr(B).
4. Dla poniższych endomorfizmów ϕ : V → V zbadać, czy istnieje baza A przestrzeni V złożona z wektorów własnych endomorfizmu ϕ. Jeśli tak, to podać przykład takiej bazy i wyliczyć M (ϕ)AA.
1
a) V = R2, ϕ((a, b)) = (a − b, a + 3b),
b) V = R4, ϕ((a, b, c, d)) = (2a + 4b, 5a + 3b, c + d, 3c − d).
a)
w(λ) = (1 − λ)(3 − λ) + 1 = λ2− 4λ + 4,
czyli jest jedna wartości własna: 2. Przestrzeń własna dla wartości 2 rozpięta jest przez wektor (1, −1), czyli przestrzeń rozpięta przez wektory własne jest tylko jednowymiarowa.
b)
w(λ) = ((2 − λ)(3 − λ) − 20)((1 − λ)(−1 − λ) − 3) = (λ2− 5λ − 14)(λ2− 4) A więc są trzy wartości własne: −2, 2 i 7.
Dla wartości −2:
4 4 0 0 5 5 0 0 0 0 3 1 0 0 3 1
w2−5
4w1, w4− w3
−−−−−−−−−−−−−−→
4 4 0 0 0 0 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0
w1·1
4, w2↔ w3
−−−−−−−−−−−→
1 1 0 0 0 0 3 1 0 0 0 0 0 0 0 0
czyli przykładowa baza to (1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −3).
Dla wartości 2:
0 4 0 0
5 1 0 0
0 0 −1 1
0 0 3 −3
w1·1
4, w4− 3w3
−−−−−−−−−−−−→
0 1 0 0
5 1 0 0
0 0 −1 1
0 0 0 0
w2− w1
−−−−−→
0 1 0 0
5 0 0 0
0 0 −1 1
0 0 0 0
w2·1
−−−→5
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 −1 1
0 0 0 0
w1↔ w2, w3· (−1)
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 −1
0 0 0 0
czyli bazę przestrzeni własnej stanowi wektor (0, 0, 1, 1).
Dla wartości 7:
−5 4 0 0
5 −4 0 0
0 0 −6 1
0 0 3 −8
I widać od razu, że przestrzeń własną rozpina (4, 5, 0, 0).
Razem wektory stanowią bazę przestrzeni V : A = {(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −3), (0, 0, 1, 1), (4, 5, 0, 0)} oraz
M (ϕ)AA=
−2 0 0 0
0 −2 0 0
0 0 2 0
0 0 0 7
5. Dla macierzy: A1 =
1 1
−1 3
, A2 =
5 −3 3 −1
zbadać czy jest ona diagonalizowalna. Jeśli tak, to znaleźć macierze Ci, że Ci−1AiCi jest diagonalna, i = 1, 2.
w1(λ) = (1 − λ)(3 − λ) + 1 = λ2− 4λ + 4. Jest jedna wartość własna równa 2, a przestrzeń własna dla niej jest rozpięta przez wektor (1, 1), więc nie ma bazy złożonej z wektorów własnych, czyli macierz A1
nie jest diagonalizowalna.
w2(λ) = (5 − λ)(−1 − λ) + 9 = λ2− 4λ + 4. Podobnie mamy tylko jedną wartość własną równą 2, a przestrzeń własna, podobnie, rozpięta jest przez wektor (1, 1), czyli znów nie ma bazy własnej i macierz nie jest diagonalizowalna.
6. (··) Obliczyć
2 0 0
1 1 0
−1 0 1
5
2
Niech ϕ(x, y, z) = (2x, x + y, −x + z). Wtedy:
M (ϕ)stst=
2 0 0
1 1 0
−1 0 1
Zatem:
M (ϕ)stst− λI =
2 − λ 0 0
1 1 − λ 0
−1 0 1 − λ
.
Czyli musimy rozwiązać równanie:
det(M (ϕ)stst− λI) = (2 − λ)(1 − λ)2= 0 A zatem wartości własne to: 2 oraz 1.
W naszym przykładzie, znajdźmy bazę przestrzeni R2(1), czyli niech λ = 1. Zatem:
M (ϕ)stst− λI =
1 0 0
1 0 0
−1 0 0
A zatem układ równań, to:
x = 0 x = 0
−x = 0
Przestrzeń rozwiązań, to zatem R2(1)= {(0, y, z) : y, z ∈ R}, a jej baza to (0, 1, 0), (0, 0, 1). Rzeczywiście ϕ((0, 1, 0)) = 1 · (0, 1, 0)
oraz
ϕ((0, 0, 1)) = 1 · (0, 0, 1).
Znajdźmy bazę przestrzeni R3(2), czyli niech λ = 2. Zatem:
M (ϕ)stst− λI =
0 0 0
1 −1 0
−1 0 −1
A zatem układ równań, to:
0 = 0 x − y = 0
−x − z = 0 W postaci schodkowej zredukowanej:
1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0
Przestrzeń rozwiązań, to zatem R3(2)= {(−z, −z, z) : y, z ∈ R}, a jej baza to (−1, −1, 1). Rzeczywiście ϕ((−1, −1, 1)) = (−2, −2, 2) = 2 · (−1, −1, 1).
Zbierając razem bazy przestrzeni własnych mamy bazę w naszym wypadku: A = {(0, 1, 0), (0, 0, 1), (−1, −1, 1)}, co jest bazą całej przestrzeni.
Wtedy:
M (ϕ)AA=
1 0 0 0 1 0 0 0 2
.
3
Natomiast dla ϕ(x, y) = (x − y, x + 3y), wielomian charakterystyczny to (1 − λ)(3 − λ) + 1 = λ2− 4λ + 4, więc jedyna wartość własna to λ = 2. R2(2) jest rozpięta przez {(1, −1)}, więc jest tylko jeden kierunek własny, nie ma więc bazy całej przestrzeni złożonej z wektorów własnych.
Wiemy ponadto, że w tym wypadku:
D = M (ϕ)AA=
1 0 0 0 1 0 0 0 2
oraz
C = M (id)stA=
0 0 −1 1 0 −1
0 1 1
.
Mamy:
C = M (id)stA=
0 0 −1 1 0 −1
0 1 1
. Zatem
C−1= M (id)Ast=
−1 1 0
1 0 1
−1 0 0
. A zatem:
2 0 0
1 1 0
−1 0 1
5
= C ·
1 0 0 0 1 0 0 0 2
5
· C−1 = C ·
1 0 0
0 1 0
0 0 32
5
· C−1=
32 0 0 31 1 0
−31 0 1
.
7. (?) Niech macierz A będzie macierzą diagonalną n × n o wielomianie charakterystycznym (c1− λ)d1· . . . · (ck− λ)dk, gdzie ci 6= cj dla i 6= j. Niech V będzie podprzestrzenią wszystkich macierzy n × n takich, że AB = BA. Udowodnij, że dim V = d21+ . . . + d2k.
Zadanie z IMC 1994. Zatem A jest macierzą, która ma dokładnie k różnych wyrazów na przekątnej i każdy z nich występuje w krotności di, i ¬ k. Niech kolejne wyrazy na przekątnej to aii, i ¬ n. Niech B = [bij]i,j¬n. Niech AB = [xij]i,j¬n, BA = [yij]i,j¬n. Zatem xij = aiibij, yij = ajjyij. W takim razie AB = BA wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego i, j ¬ n bij(aii− ajj) = 0. Zatem bij = 0, gdy aii6= ajj i może być dowolną liczbą w przeciwnym przypadku. Czyli dim V to liczba par i, j, że aii= ajj. Ta liczba par dla aii= ajj = cl wynosi d2l, więc dim V = d21+ . . . + d2k.
4
