Задача 1
В евклидовото пространство [tex]\mathbb{R}^3[/tex] със стандартния ортонормиран базис [tex]e_1=\left(1; 0; 0\right),\ e_2=\left(0; 1; 0\right),\ e_3=\left(0; 0; 1\right)[/tex] са дадени векторите [tex]\vec{a}=e_2-2e_3[/tex] и [tex]\vec{b}=e_1-e_2[/tex]. Линейният оператор [tex]f[/tex] е зададен с равенството [tex]f(\vec{x})=(\vec{a},\vec{x})\,\vec{b}-(\vec{b},\vec{x})\,\vec{a}[/tex] за всеки вектор [tex]\vec{x}\in\mathbb{R}^3[/tex], където [tex](\vec{u},\vec{v})[/tex] означава скаларното произведение на векторите [tex]\vec{u}[/tex] и [tex]\vec{v}[/tex]. Намерете матрицата на оператора [tex]f^{2012}[/tex] в базиса [tex]e_1,e_2,e_3[/tex].
Решение:
В координати [tex]\vec{a}=\left(0; 1; -2\right)[/tex] и [tex]\vec{b}=\left(1; -1; 0\right)[/tex]. [tex]j[/tex]-тият стълб на матрицата [tex]F[/tex] на [tex]f[/tex] е [tex]f(e_j)=a_j\vec{b}-b_j\vec{a}[/tex], където [tex]a_j[/tex] и [tex]b_j[/tex] са [tex]j[/tex]-тите координати на [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex]. Следователно (с [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex] като стълбове)
[tex]F=\vec{b}\,\vec{a}^{T}-\vec{a}\,\vec{b}^{T}=\begin{bmatrix}0&1&-2\\-1&0&2\\2&-2&0\end{bmatrix}[/tex]
Матрицата [tex]F[/tex] е антисиметрична ([tex]F^{T}=-F[/tex]), затова матрицата [tex]S=F^2[/tex] на [tex]f^2[/tex] е симетрична: [tex]S^{T}=(F^{T})^2=F^2=S[/tex]. Пресмятаме
[tex]S=F^2=\begin{bmatrix}-5&4&2\\4&-5&2\\2&2&-8\end{bmatrix},\qquad F^{2012}=S^{1006}[/tex]
Нека [tex]E[/tex] е единичната матрица. Матрицата
[tex]S+9E=\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix}[/tex]
има ранг [tex]1[/tex], затова [tex]\lambda=-9[/tex] е собствена стойност на [tex]S[/tex] с двумерно собствено подпространство — равнината [tex]2x+2y+z=0[/tex]; тъй като [tex]S[/tex] е симетрична, тази собствена стойност е с кратност [tex]2[/tex]. Понеже [tex]\operatorname{tr}S=-18[/tex], третата собствена стойност е [tex]-18-2\cdot (-9)=0[/tex], със собствен вектор [tex]\left(2; 2; 1\right)[/tex]: наистина [tex]S\left(2; 2; 1\right)^{T}=\vec{0}[/tex] (този вектор е ортогонален на [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex]). Ортонормиран базис от собствени вектори (като стълбове) е
[tex]\vec{g}_1=\frac{1}{\sqrt2}\left(1; -1; 0\right)^{T},\quad \vec{g}_2=\frac{1}{3\sqrt2}\left(1; 1; -4\right)^{T},\quad \vec{g}_3=\frac13\left(2; 2; 1\right)^{T}[/tex]
С ортогоналната матрица [tex]Q=\left[\vec{g}_1\ \vec{g}_2\ \vec{g}_3\right][/tex] имаме [tex]S=Q\operatorname{diag}(-9,-9,0)\,Q^{T}[/tex], а понеже [tex]\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}+\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=QQ^{T}=E[/tex],
[tex]F^{2012}=S^{1006}=Q\operatorname{diag}\left((-9)^{1006},(-9)^{1006},0\right)Q^{T}=9^{1006}\left(\vec{g}_1\vec{g}_1^{T}+\vec{g}_2\vec{g}_2^{T}\right)=9^{1006}\left(E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}\right)[/tex]
Тук
[tex]\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}4&4&2\\4&4&2\\2&2&1\end{bmatrix},\qquad E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}=\frac19\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
следователно
[tex]F^{2012}=9^{1005}\begin{bmatrix}5&-4&-2\\-4&5&-2\\-2&-2&8\end{bmatrix}[/tex]
Проверка: [tex]S=-9P[/tex], където [tex]P=E-\vec{g}_3\vec{g}_3^{T}[/tex] е ортогоналната проекция върху равнината на [tex]\vec{a}[/tex] и [tex]\vec{b}[/tex] и [tex]P^2=P[/tex]. Следователно [tex]S^2=-9S[/tex], откъдето [tex]S^k=(-9)^{k-1}S[/tex] и [tex]S^{1006}=(-9)^{1005}\cdot (-9P)=9^{1006}P[/tex] — същият резултат.
Задача 2
Нека [tex]\mathbb{K}[/tex] е поле, а [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са произволни квадратни матрици от ред [tex]n[/tex] с елементи от [tex]\mathbb{K}[/tex]. Докажете, че матриците [tex]AB[/tex] и [tex]BA[/tex] имат един и същ характеристичен полином, т.е. [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex], където [tex]E[/tex] е единичната матрица.
Решение:
Ако една от матриците, например [tex]A[/tex], е обратима, твърдението е непосредствено: [tex]BA=A^{-1}(AB)A[/tex] е подобна на [tex]AB[/tex], а подобните матрици имат един и същ характеристичен полином. В общия случай работим с матрици, чиито елементи са полиноми на [tex]\lambda[/tex], т.е. принадлежат на пръстена [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Този пръстен е комутативен и няма делители на нулата; детерминантата на произведение е равна на произведението на детерминантите, а детерминантата на блочно триъгълна матрица е равна на произведението на детерминантите на диагоналните ѝ блокове. Разглеждаме блочната матрица от ред [tex]2n[/tex] ([tex]0[/tex] означава нулевата матрица от ред [tex]n[/tex])
[tex]M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\B&E\end{bmatrix}[/tex]
Първо, умножаваме [tex]M[/tex] отляво с блочно триъгълна матрица с детерминанта [tex]1[/tex]; резултатът е блочно триъгълна матрица:
[tex]\begin{bmatrix}E&-A\\0&E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E-AB&0\\B&E\end{bmatrix}\ \Rightarrow\ \det M=\det(\lambda E-AB)[/tex]
Второ, тъй като [tex]\lambda[/tex] е скалар, [tex]B(\lambda E)=\lambda B[/tex] и
[tex]\begin{bmatrix}E&0\\-B&\lambda E\end{bmatrix}M=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\-\lambda B+\lambda B&-BA+\lambda E\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda E&A\\0&\lambda E-BA\end{bmatrix}[/tex]
Левият множител има детерминанта [tex]\det E\cdot \det(\lambda E)=\lambda^n[/tex], а дясната страна има детерминанта [tex]\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]. Заедно с първия резултат:
[tex]\lambda^n\det M=\lambda^n\det(\lambda E-BA)\ \Rightarrow\ \lambda^n\det(\lambda E-AB)=\lambda^n\det(\lambda E-BA)[/tex]
Това е равенство в [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex]. Тъй като [tex]\lambda^n\ne 0[/tex] и [tex]\mathbb{K}[\lambda][/tex] няма делители на нулата, можем да съкратим на [tex]\lambda^n[/tex]:
[tex]\det(\lambda E-AB)=\det(\lambda E-BA)[/tex]
Като умножим с [tex](-1)^n[/tex], получаваме [tex]\det(AB-\lambda E)=\det(BA-\lambda E)[/tex]. Това е равенство на полиноми, а не само на техните стойности, затова доказателството е вярно над всяко поле, включително над крайни полета, където равенството на стойностите във всички точки на [tex]\mathbb{K}[/tex] не би било достатъчно.
Меню
Лесни
Висша математика