Lineární algebra 2 - společná sada DÚ č. 3

1.

Postup:

1. Z původní matice vyjádřím vlastní čísla ( \(\to\) čísla na diagonále matice \(D\)).
2. Z vlastních čísel a původní matice vypočítám vlastní vektory; ty budou sloupci matice \(S\)
3. Matici \(S^{-1}\) vypočítám pomocí Gaussovy-Jordanovy metody. Nelze-li matici \(S\) invertovat, pak vlastní vektory jsou lineárně závislé a matici diagonalizovat nelze.

Matice A:

\(A=\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ -4 &-7&-7 \\ 6 & 12 & 12\end{pmatrix}\)
Charakteristický polynom: \(\begin{vmatrix}0-\lambda & -3 & -3 \\ -4 &-7-\lambda&-7 \\ 6 & 12 & 12-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda ^3 + 5 \lambda^2 -6 \lambda=-\lambda(\lambda ^2 - 5\lambda +6)\)
Vlastní čísla jsou \(0;2;3\).

Vlastní vektory:

\(\lambda_1=0: Ker\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ -4 &-7&-7 \\ 6 & 12 & 12\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 \\ 0 &1 & 1 \\ 4 & 7 & 7\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 &1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=span\{(0;1;1)^T\}\)
\(v_1=(0;1;1)^T\)

\(\lambda_2=2: Ker\begin{pmatrix}-2 & -3 & -3 \\ -4 &-9&-7 \\ 6 & 12 & 10\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}2 & 3 & 3 \\ 0 &-3 & -1 \\ 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 &3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}=span\{(-1;-\frac{1}{3};1)^T\}\)
\(v_2=(-1;-\frac{1}{3}\;1)^T\)

\(\lambda_3=3: Ker\begin{pmatrix}-3 & -3 & -3 \\ -4 &-10&-7 \\ 6 & 12 & 9\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 0 &6&3 \\ 0 & 6 & 3\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 0 &2&1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=span\{(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2};1)^T\}\)
\(v_3=(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2};1)^T\)

\(D=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\)
\(S=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ -1 & -\frac{1}{3} & 1 \\-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\end{pmatrix}\)

\(S|I=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 &|& 1 & 0 & 0\\ -1 & -\frac{1}{3} & 1 &|& 0 & 1 & 0\\-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1 &|& 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)

\(S^{-1}=\begin{pmatrix}-1 & -3 & 2 \\ -3 & -3 & -3 \\ 4 & 6 & 6 \end{pmatrix}\)

\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ -1 & -\frac{1}{3} & 1 \\-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & -3 & 2 \\ -3 & -3 & -3 \\ 4 & 6 & 6 \end{pmatrix}\)

Matice B:

\(A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & \\ -1 & -1\end{pmatrix}\)
Charakteristický polynom: \(\begin{vmatrix}-1-\lambda & 1 \\ -1 &-1-\lambda \end{vmatrix}=-\lambda ^2 +2 \lambda +2\)
Vlastní čísla jsou \(-1-i,-1+i\).

Vlastní vektory:

\(\lambda_1=-1-i:Ker\begin{pmatrix}i & 1 & \\ -1 & i\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}-1 & i & \\ -1 & i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -i & \\ 0 & 0\end{pmatrix}=span\{(i;1)^T\}\)
\(v_1=(i;1)^T\)

\(\lambda_2=-1+i:Ker\begin{pmatrix}-i & 1 & \\ -1 & -i\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix}1 & i & \\ -1 & -i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & i & \\ 0 & 0\end{pmatrix}=span\{(-i;1)^T\}\)
\(v_2=(-i;1)^T\)

\(D=\begin{pmatrix}-1-i & 0 \\ 0 & -1+i \end{pmatrix}\)
\(S=\begin{pmatrix}i & -i \\ 1 & 1\end{pmatrix}\)

\(S^{-1}\) spočítám pomocí vzorce pro adj. matici: \(S^{-1}=\frac{1}{(i*1)-(-i*1)}*\begin{pmatrix}1 & i \\ -1 & i\end{pmatrix}=\frac{1}{2i}\begin{pmatrix}1 & i \\ -1 & i\end{pmatrix}=-\frac{1}{2}i\begin{pmatrix}1 & i \\ -1 & i\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\frac{-i}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{i}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)

\(B=\begin{pmatrix}i & -i \\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1-i & 0 \\ 0 & -1+i \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{-i}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{i}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)

2.

Vyjdu z rovnosti 10.25: \(A\sim B \iff A = SBS^{-1} \iff AS = SB\).

\(A\sim B \implies A^2\sim B^2\):

\(A^2V\implies VB^2\).
Upravím:
\(AS=SB\)
\(AAS=ASB\)
\(A^2S=SBB\)
\(A^2S=SB^2\)

Matice \(A^2\) a \(B^2\) jsou si podobné skrz stejnou matici jako \(A\) a \(B\) - tvrzení platí.

\(A^2\sim B^2 \implies A\sim B\):

Toto neplatí z toho důvodu, že druhá odmocnina matice nemusí být určena jednoznačně. Příkladem může být matice \(A^2=B^2=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 9\end{pmatrix}\) (matice jsou si podobné přes jednotkovou matici).
Nicméně mohu stanovit \(A=\begin{pmatrix}\sqrt 2 & 0 & 0 \\ 0 & -\sqrt 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\) a \(B=\begin{pmatrix}-\sqrt 2 & 0 & 0 \\ 0 & -\sqrt 3 & 0 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\). Jelikož obě jsou diagonální matice, je ihned vidět, že mají různá vlastní čísla. To je v rozporu s tvrzením 10.27.

3.

Matice \(A\) i \(A^T\) mají stejný determinant, a tedy i stejná vlastní čísla (dokázal jsem v předchozí sadě). Mohu je tak převést na stejnou diagonální matici: \(A=SDS^{-1}, A^T=PDP^{-1}\), kde \(S,P\) jsou matice s vlastními vektory jednotlivých matic \(A,A^T\)
Přepíšu \(D = S^{-1}AS\) a dostávám \(A^T=PS^{-1}ASP^{-1}\), z čehož je vidět podobnost mezi maticemi \(A^T\) a \(A\) (přes matici \(P*S^{-1}\)).

4.

Opět vyjdu z předpokladu, že existuje regulární matice \(S\in \mathbb R^{nxn}\), kde \(A=SBS^{-1}\).
\(A=SBS^{-1}\)
\(AS = SBI\)
\(AS-SB=0\implies X=S\)

Matice \(X\) tak bude vždy existovat, přičemž vždy bude regulární.