Wyk lad 11 1 Wektory i wartości w lasne

Transkrypt

1 Wyk lad 11 Wektory i wartości w lasne 1 Wektory i wartości w lasne Niech V bedzie przestrzenia liniowa nad cia lem K Każde przekszta lcenie liniowe f : V V nazywamy endomorfizmem liniowym przestrzeni V Powiemy, że a K jest wartościa w lasna endomorfizmu f przestrzeni V, jeżeli istnieje niezerowy wektor α V taki, że f(α) = a α Mówimy wówczas, że α jest wektorem w lasnym endomorfizmu f odpowiadajacym wartości w lasnej a Twierdzenie 111 Niech a 1, a 2,, bed a różnymi wartościami w lasnymi endomorfizmu f przestrzeni liniowej V nad cia lem K Wówczas odpowiadajace im wektory w lasne α 1, α 2,, α n sa liniowo niezależne Dowód Zastosujemy indukcje wzgledem n Dl = 1 teza wynika stad, że α 1 Θ Niech teraz n bedzie taka liczba naturalna, dla której teza zachodzi Niech a 1,,, +1 bed a parami różnymi wartościami w lasnymi endomorfizmu f i niech α 1,, α n, α n+1 bed a odpowiadajacymi im wektorami w lasnymi Wówczas f(α i ) = a i α i dla i = 1,, n+1 Weźmy dowolne c 1,, c n+1 K takie, że c 1 α c n α n + c n+1 α n+1 = Θ Wtedy θ = f(c 1 α c n+1 α n+1 ) = c 1 f(α 1 )+ +c n+1 f(α n+1 ) = (c 1 a 1 ) α 1 + +(c n ) α n +(c n+1 +1 ) α n+1 oraz (+1 c 1 ) α (+1 c n ) α n + (+1 c n+1 ) α n+1 = Θ Stad po odjeciu stronami tych równości uzyskamy, że c 1 (+1 a 1 ) α c n (+1 ) α n = Θ Zatem z za lożenia indukcyjnego c i (+1 a i ) = 0, skad c i = 0 dla i = 1,, n, gdyż +1 a i dla i = 1,, n Zatem c n+1 α n+1 = Θ, a stad c n+1 = 0, bo α n+1 Θ Zatem c i = 0 dla i = 1,, n, n + 1 i wektory α 1,, α n, α n+1 sa liniowo niezależne Niech dalej V bedzie skończenie wymiarowa przestrzenia liniowa nad cia lem K i niech (α 1, α 2,, α n ) bedzie uporzadkowan a baza V oraz niech f bedzie endomorfizmem przestrzeni V oraz niech A = [a ij ] i,j=1,,n bedzie macierza f w tej bazie Wielomianem charakterystycznym endomorfizmu f nazywamy wyznacznik a 11 x a 12 a 13 a 1n a 21 a 22 x a 23 a 2n W f (x) = a 31 a 32 a 33 x a 3n (1) n x Można udowodnić, że istnieja c 0, c 1,, c n 1 K takie, że W f (x) = ( 1) n x n + c n 1 x n c 1 x + c 0 (2) 1

2 Ponadto c 0 = det(a) oraz c n 1 = ( 1) n 1 (a 11 + a n ) Można też wykazać, że wspó lczynniki c 0, c 1,, c n 1 wielomianu charakterystycznego nie zależa od wyboru bazy przestrzeni V Przyk lad 112 Znajdziemy wielomian charakterystyczny endomorfizmu f przestrzeni R 3 danego wzorem analitycznym: f([x 1, x 2, x 3 ]) = [5x 1 3x 2 + 2x 3, 6x 1 4x 2 + 4x 3, 4x 1 4x 2 + 5x 3 ] Macierza tego endomorfizmu w bazie kanonicznej jest A = Zatem wielomian charakterystyczny endomorfizmu f ma postać: 5 x x 3 2 w W f (x) = 2 w x 4 = 1 + x 1 x x x 2 x x 1 2 k 1 +k = 2 k 2 +k 3 w 0 1 x 2 = 3 w 0 1 x 2 = x 0 1 x 5 x 2 x x 2 = (2 x) (1 x) (3 x) x Twierdzenie 113 Skalar a jest wartościa w lasna endomorfizmu f skończenie wymiarowej przestrzeni liniowej V nad cia lem K wtedy i tylko wtedy, gdy a jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego tego endomorfizmu Dowód Za lóżmy, że a jest wartościa w lasna endomorfizmu f Wtedy istnieje niezerowy wektor α V taki, że f(α) = a α Niech (α 1,, α n ) bedzie uporzadkowan a baza przestrzeni V i niech A = [a ij ] i,j=1,,n bedzie macierza endomorfizmu f w tej bazie Istnieja a 1,, K takie, że α = a 1 α α n Ponadto f(α) = b 1 α b n α n dla pewnych b 1 a 1 b 1,, b n K Wtedy = A Ale f(α) = a α = (aa 1 ) α (a ) α n, wi ec A a 1 = aa 1 b n, czyli A a 1 = a a 1 Zatem wektor [a 1,, ] jest a rozwiazaniem uk ladu jednorodnego (a 11 a)x 1 + a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 + (a 22 a)x a 2n x n = 0 1 x x (n a)x n = 0 (3) 2

3 Ponadto [a 1,, ] [0,, 0], bo inaczej α = θ Stad z twierdzenia Cramera otrzymujemy, że det(a ai n ) = 0, czyli a jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego endomorfizmu f Na odwrót Za lóżmy, że a jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego endomorfizmu f Wtedy det(a a I n ) = 0, skad r(a a I n ) n Istnieja zatem a 1,, K nie wszystkie a 11 a 0 równe 0 takie, że a =, a wiec [a 1,, ] jest 1 b n a 1n n a niezerowym rozwiazaniem uk ladu (3), skad a 1 0 a 1 a 1 (A a I n ) =, a wiec A = a 0 b 1 a 1 a 1 oraz f(α) = b 1 α b n α n, gdzie = A = a 0 Wtedy α = a 1 α α n Θ Stad f(α) = a α, czyli a jest wartościa w lasna endomorfizmu f i α jest wektorem w lasnym odpowiadajacym wartości w lasnej a Przyk lad 114 Wielomian charakterystyczny endomorfizmu f z przyk ladu 112 jest równy W f (x) = (2 x) (1 x) (3 x) Zatem z twierdzenia 113 wszystkimi wartościami w lasnymi endomorfizmu f sa liczby: 1, 2 i 3 Z twierdzenia 111 wynika, że wektory w lasne odpowiadajace tym wartościom w lasnym sa liniowo niezależne, a ponieważ dim R 3 = 3, wiec te wektory tworza baze przestrzeni R 3 i w tej bazie macierza endomorfizmu f jest Definicja 115 Powiemy, że cia lo K jest algebraicznie domkni ete, jeżeli każdy wielomian f K[x] dodatniego stopnia posiada pierwiastek w ciele K Podstawowym przyk ladem cia la algebraicznie domknietego jest ciao C liczb zespolonych Z twierdzenia 113 wynika zatem od razu nastepuj acy Wniosek 116 Niech f bedzie endomorfizmem przestrzeni liniowej V wymiaru n N nad cia lem algebraicznie domknietym K Wówczas f posiada wartość w lasna Z zasadniczego twierdzenia algebry można wyprowadzić, że każdy wielomian nieparzystego stopnia o wspó lczynnikach rzeczywistych posiada pierwiastek rzeczywisty Zatem z twierdzenia 113 mamy Wniosek 117 Niech V bedzie przestrzenia liniowa wymiaru nieparzystego nad cia lem liczb rzeczywistych Wówczas każdy endomorfizm przestrzeni V posiada wartość w lasna Z dowodu twierdzenia 113 mamy od razu nastepuj ace 3

4 Twierdzenie 118 Niech A = [a ij ] i,j=1,,n bedzie macierza endomorfizmu f przestrzeni liniowej V w bazie (α 1,, α n ) Niech a bedzie wartościa w lasna endomorfizmu f Wówczas α = a 1 α α n jest wektorem w lasnym odpowiadajacym wartości w lasnej a wtedy, i tylko wtedy, gdy [a 1,, ] jest niezerowym rozwiazaniem uk ladu równań: (a 11 a)x 1 + a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 + (a 22 a)x a 2n x n = 0 1 x x (n a)x n = 0 Przyk lad 119 Wyznaczymy wektory w lasne endomorfizmu f z przyk ladu 112 Z przyk ladu 114 wiemy, że wartościami w lasnymi tego endomorfizmu sa jedynie liczby: 1, 2, 3 Stosujac twierdzenie 118 wyznaczymy teraz kolejno wektory w lasne odpowiadajace tym wartościom w lasnym 1 Dla wartości w lasnej a = 1 mamy uk lad: 4x 1 3x 2 + 2x 3 = 0 6x 1 5x 2 + 4x 3 = 0 4x 1 4x 2 + 4x 3 = 0 Rozwiazujemy ten uk lad metoda eliminacji Gaussa Po zastosowaniu operacji: 1 4 r 3, r 3 r 1, a nastepnie r 2 6 r 1 i r 3 4 r 1, wykreśleniu trzeciego równania oraz wykonaniu operacji r 1 + r 2 uzyskamy uk lad: { x 1 x 3 = 0 x 2 2x 3 = 0, wiec x 3 = t, x 1 = t, x 2 = 2t, gdzie t jest dowolna liczba rzeczywista Ale nasze rozwiazania musza być niezerowe, wiec dodatkowo t 0 Zatem wektory w lasne odpowiadajace wartości w lasnej a = 1 sa postaci: [t, 2t, t] dla t R\{0} 2 Dla wartości w lasnej a = 2 mamy uk lad: 3x 1 3x 2 + 2x 3 = 0 6x 1 6x 2 + 4x 3 = 0 4x 1 4x 2 + 3x 3 = 0 Rozwiazujemy go metoda eliminacji Gaussa Po zastosowaniu operacji: r 2 2 r 1, r 3 r 1, r 1 r 3, r 1 3 r 2, ( 1) r 2, r 1 r 2, x 2 x 3 uzyskamy uk lad: { x 1 x 2 = 0 x 3 = 0, wiec x 2 = t, x 1 = t, x 3 = 0, gdzie t jest dowolna liczba rzeczywista Ale nasze rozwiazania musza być niezerowe, wiec dodatkowo t 0 Zatem wektory w lasne odpowiadajace wartości w lasnej a = 2 sa postaci: [t, t, 0] dla t R \ {0} 3 Dla wartości w lasnej a = 3 mamy uk lad: 4

5 2x 1 3x 2 + 2x 3 = 0 6x 1 7x 2 + 4x 3 = 0 4x 1 4x 2 + 2x 3 = 0 Rozwiazujemy go metoda eliminacji Gaussa Po zastosowaniu operacji: 1 2 r 3, x 1 x 3, r 1 r 3, r 2 4 r 1, r 3 2 r 1, ( 1) r 2, wykreśleniu trzeciego równania oraz wykonaniu operacji r 1 +2 r 2 uzyskamy uk lad: { x 3 2x 1 = 0 x 2 2x 1 = 0, wiec x 1 = t, x 3 = 2t, x 2 = 2t, gdzie t jest dowolna liczba rzeczywista Ale nasze rozwiazania musza być niezerowe, wiec dodatkowo t 0 Zatem wektory w lasne odpowiadajace wartości w lasnej a = 3 sa postaci: [t, 2t, 2t] dla t R \ {0} Definicja 1110 Wektorem w lasnym macierzy A M n (K) nazywamy wektor w lasny przekszta lcenia liniowego f : K n K n, które w bazie kanonicznej ma macierz A, tzn f([x 1,, x n ]) = x 1 A x n Przykad 1111 Pokażemy, że jeżeli cia lo K nie jest algebraicznie domkniete, to pewna macierz kwadratowad K nie posiada wartości w lasnej Najpierw zauważmy, że jeśli cia lo K nie jest algebraicznie domkniete, to istnieja n N oraz a 0,, 1 K takie, że wielomian w = x n 1 x n 1 a 1 x a 0 nie posiada pierwiastka w ciele K Przez prosta indukcje można wykazać, że ( 1) n w jest wielomianem charakterystycznym macierzy A = a 0 a 1 a Zatem [ z twierdzenia ] 113, macierz A nie posiada wartości w lasnej W szczególności macierz 0 1 M 2 (R) nie posiada rzeczywistej wartości w lasnej 1 0 Twierdzenie 1112 (Cayleya-Hamiltona) Dla dowolnego ciaa K każda macierz A M n (K) jest pierwiastkiem swojego wielomianu charakterystycznego tzn jeśli det(a x I n ) = c 0 + c 1 x + + c n x n, to c 0 I n + c 1 A + + c n A n = 0 n 5

6 2 Zadania do samodzielnego rozwiazania Zadanie 1113 Wyznaczyć wartości w lasne oraz odpowiadajace im wektory w lasne podanych macierzy A nad cia lem R: a) A = e) A = [ ], b) A =, f) A = [ ], c) A = [ ], d) A = Odp a) Wartości w lasne: 1 i 5 Odpowiadajace im wektory w lasne: [1, 1] i [3, 1] b) Brak rzeczywistych wartości w lasnych c) Wartości w lasne: 1 Wektory w lasne: [1, 0] i [0, 1] d) Wartości w lasne: 4, -1, 1 Odpowiadajace im wektory w lasne: [1, 0, 0], [2, 5, 0], [ 8, 3, 6] e) Wartości w lasne: 0 i 6 Odpowiadajace im wektory w lasne: [ 2, 1, 0] i [ 3, 0, 1], [1, 1, 1] f) Wartości w lasne: 0 Odpowiadajace im wektory w lasne: [ 3, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 0], [4, 0, 0, 1] Zadanie 1114 Wyznaczyć wartości w lasne oraz odpowiadajace im wektory w lasne podanych macierzy A nad cia lem R: a) A = d) A = , b) A =, e) A = , c) A = Odp a) Wartości w lasne: 1, 2, 3 Odpowiadajace im wektory w lasne: [1, 1, 1], [1, 0, 1], [1, 1, 0] b) Wartości w lasne: 3, 6 Odpowiadajace im wektory w lasne: [0, 1, 1], [3, 4, 2] c) Wartości w lasne: 3, 6 Odpowiadajace im wektory w lasne: [ 7, 5, 6] i [6, 3, 3], [1, 1, 3] d) Wartości w lasne: 0 Odpowiadajace im wektory w lasne: [1, 1, 0], [0, 1, 2] e) Wartości w lasne: -3, -1, 1, 3 Odpowiadajace im wektory w lasne: [1, 3, 3, 1], [1, 1, 1, 1], [1, 1, 1, 1], [1, 3, 3, 1] Zadanie 1115 Udowodnij twierdzenie Cayleya-Hamiltona dl = 2 i n = 3,, 6