Kolokwium 1 - przykładowe zadania. ZADANIE 1. (a) Dla macierzy A

Kolokwium 1 - przykładowe zadania.
ZADANIE 1.
(a) Dla macierzy A =
1 2 3
4 5 6
7 8 9
wyznaczyć macierz odwrotna˛ A−1 (o ile istnieje) i macierz dołac˛
zona˛ Aad .
Rozwiazanie.
˛
Obliczamy wyznacznik macierzy
1
det A = 4
7
A:
Wobec tego macierz odwrotna nie istnieje.
Obliczamy macierz dołaczon
˛
a:˛



Aad = 

czyli
−
5
8
2
8
2
5
4 6 4 5 , − 7 9 ,
7 8 ,
1 3 1 2 ,
,
−
,
7 9 7 8 1 3 1 2 , − 4 6 ,
4 5 ,
6
9
3
9
3
6
Aad =
Odpowiedź: A−1 = nie istnieje,
(b) Dla macierzy A =
Aad .
2i −3
1 2i
2 3 5 6 = 0.
8 9 Aad =
−3 6 −3
6 −12 6
−3 6 −3
T


 ,

.
−3 6 −3
6 −12 6
−3 6 −3
.
wyznaczyć macierz odwrotna˛ A−1 (o ile istnieje) i macierz dołaczon
˛
a˛
Rozwiazanie.
˛
Obliczamy wyznacznik macierzy A :
2i −3 det A = 1 2i = −1.
Obliczamy macierz dołaczon
˛
a:˛
Aad =
czyli
2i −1
3 2i
T
Aad =
A−1 =
1
· Aad ,
det A
Korzystamy ze wzoru:
czyli
A−1 = (−1) ·
2i 3
−1 2i
2i 3
−1 2i
1
=
,
.
−2i −3
1 −2i
.
Odpowiedź: A−1 =
−2i −3
1 −2i
,
Aad =
2i 3
−1 2i
.
−1 −3 −9
0
6 18 wyznaczyć wielomian charakterystyczny fB (x)
ZADANIE 2. Dla macierzy B =
0 −2 −6
oraz wielomian minimalny mB (x) , wartości własne (w ciele liczb zespolonych) oraz krotności algebraiczne
i geometryczne tych wartości.
Rozwiazanie.
˛
Wielomian charakterystyczny ma
−1 − x
0
fB (x) = 0
postać:
−3
−9
6−x
18
−2 −6 − x
czyli
,
fB (x) = −x3 − x2 .
W celu wyznaczenia wielomianu minimalnego obliczamy macierz
−1 − x −3
−9
0
6−x
18
,
(B − xI3 )ad = [bij (x)]1≤i,j≤3 =
0
−2 −6 − x ad
czyli macierz
x2 ,
0,
0
−3x, (−1 − x) (−6 − x) ,
−2 (−1 − x)
−9x,
18 (−1 − x) ,
(−1 − x) (6 − x)
T
.
Najwiekszym
˛
wspólnym dzielnikiem wyrazów tej macierzy jest
d (x) = NW D (bij (x)) = 1,
wiec
˛ ze wzoru
mB (x) =
±fB (x)
d (x)
wynika, że
mB (x) = x3 + x2 .
W celu wyznaczenia wartości własnych macierzy rozwiazujemy
˛
równanie
fB (λ) = −λ3 − λ2 = λ2 (−λ − 1) = 0.
Ma ono dwa rozwiazania:
˛
λ1 = 0,
λ2 = 1,
przy czym 0 jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu charakterystycznego, zaś 1 jest pierwiastkiem
jednokrotnym. Zatem
ka (0) = 2,
ka (1) = 1.
Aby wyznaczyć krotność geometryczna˛ wartości własnej λ1 = 0 rozwiazujemy
˛
równanie macierzowe:
(B − λ1 I3 ) · w = 0,
czyli równanie
−1 −3 −9
0
6 18
0 −2 −6
·
2
w1
w2
w3
=
0
0
0
.
Daje to układ równań
−w1 − 3w2 − 9w3 = 0,
6w2 + 18w3 = 0,
−2w2 − 6w3 = 0,
równoważny układowi:
w1 = 0,
w2 = −3w3 ,
gdzie w3 ∈ C jest parametrem dowolnym. Podprzestrzeń wektorów własnych odpowiadajacych
˛
wartości
˛ postać:
własnej λ1 = 0 ma wiec
X1 = {(0, −3t, t) : t ∈ C} ,
a ponieważ
(0, −3t, t) = t · (0, −3, 1) ,
wiec
˛ podprzestrzeń X1 ma jednoelementowa˛ baze˛ {(0, −3, 1)} i jej wymiar wynosi 1. Zatem kg (0) = 1.
Aby wyznaczyć krotność geometryczna˛ wartości własnej λ2 = 1 rozwiazujemy
˛
równanie macierzowe:
(B − λ2 I3 ) · w = 0,
czyli równanie
0 −3 −9
0
7 18
0 −2 −5
Daje to układ równań
równoważny układowi:
·
w1
w2
w3
=
0
0
0
.
−3w2 − 9w3 = 0,
7w2 + 18w3 = 0,
−2w2 − 5w3 = 0,
w2 = 0,
w3 = 0,
zaś w1 ∈ C jest parametrem dowolnym. Podprzestrzeń wektorów własnych odpowiadajacych
˛
wartości
własnej λ2 = 1 ma wiec
˛ postać:
X2 = {(t, 0, 0) : t ∈ C} ,
a ponieważ
(t, 0, 0) = t · (1, 0, 0) ,
wiec
˛ podprzestrzeń X1 ma jednoelementowa˛ baze˛ {(1, 0, 0)} i jej wymiar wynosi 1. Zatem kg (1) = 1.
Odpowiedź: fB (x) = −x3 − x2 ,
mB (x) = x3 + x2 .
Wartości własne (z krotnościami):
λ1 = 0,
λ2 = 1,
ka (0) = 2,
ka (1) = 1,
3
kg (0) = 1,
kg (1) = 1.