4 zadania z macierzy,wektrów wlasnych

[Kiras]

1. Endomorfizm f przestrzeni \(R^2\) przeprowadza wektory (1, 1), (1, −1)
odpowiednio na wektory (1, 1), (3, −3). Obliczyć f^[2016] (4,2).

2.
[ciach]

3.

[ciach]

[panb]

1. Endomorfizm f przestrzeni \(R^2\) przeprowadza wektory (1, 1), (1, −1)
odpowiednio na wektory (1, 1), (3, −3). Obliczyć f^[2016] (4,2).

Rozwiązanie

Niech \(A= \begin{bmatrix}a&b\\c&d \end{bmatrix} \), będzie macierzą tego przekształcenia.
Mamy,
\(A \cdot \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} \So \begin{cases}a+b=1\\c+d=1 \end{cases} \) oraz \(A \cdot \begin{bmatrix}1\\-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\-3\end{bmatrix} \So \begin{cases} a-b=3\\c-d=-3 \end{cases}\). Stąd \(A= \begin{bmatrix}2&-1\\-1&2 \end{bmatrix} \).

Żeby znaleźć \(A^n\) zauważmy (policz kilka), że kolejne potęgi powstają wg. wzoru \( \begin{bmatrix}a_n & 1-a_n \\1-a_n& a_n \end{bmatrix},\quad n=1, 2, ... \)
Wystarczy znaleźć \(a_n\) i po sprawie.
\( \begin{bmatrix}a_{n+1}&1-a_{n+1}\\1-a_{n+1}&a_{n+1} \end{bmatrix} =A^{n+1}=A^n \cdot A= \begin{bmatrix} a_n & 1-a_n \\1-a_n& a_n \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 2&-1\\-1&2\end{bmatrix} \So a_{n+1}=2a_n-(1-a_n)=3a_n-1 \)

Można dowieść (np. przez indukcję), że \(a_n= \frac{3^n+1}{2}, n=1, 2, 3, \ldots \), a zatem \(A^n= \begin{bmatrix} \frac{3^n+1}{2} & \frac{1-3^n}{2} \\ \frac{1-3^n}{2} & \frac{3^n+1}{2} \end{bmatrix} \).

Stąd
\[f^{n}(4,2)=A^n \cdot \begin{bmatrix}4\\2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3^n+3\\3-3^n \end{bmatrix} \]

Wstawienie \(n= 2016\) kończy rozwiązanie zadania 1. Smacznego!

[Kiras]

1. Endomorfizm f przestrzeni \(R^2\) przeprowadza wektory (1, 1), (1, −1)
odpowiednio na wektory (1, 1), (3, −3). Obliczyć f^[2016] (4,2).

Rozwiązanie

Niech \(A= \begin{bmatrix}a&b\\c&d \end{bmatrix} \), będzie macierzą tego przekształcenia.
Mamy,
\(A \cdot \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\1 \end{bmatrix} \So \begin{cases}a+b=1\\c+d=1 \end{cases} \) oraz \(A \cdot \begin{bmatrix}1\\-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\-3\end{bmatrix} \So \begin{cases} a-b=3\\c-d=-3 \end{cases}\). Stąd \(A= \begin{bmatrix}2&-1\\-1&2 \end{bmatrix} \).

Żeby znaleźć \(A^n\) zauważmy (policz kilka), że kolejne potęgi powstają wg. wzoru \( \begin{bmatrix}a_n & 1-a_n \\1-a_n& a_n \end{bmatrix},\quad n=1, 2, ... \)
Wystarczy znaleźć \(a_n\) i po sprawie.
\( \begin{bmatrix}a_{n+1}&1-a_{n+1}\\1-a_{n+1}&a_{n+1} \end{bmatrix} =A^{n+1}=A^n \cdot A= \begin{bmatrix} a_n & 1-a_n \\1-a_n& a_n \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 2&-1\\-1&2\end{bmatrix} \So a_{n+1}=2a_n-(1-a_n)=3a_n-1 \)

Można dowieść (np. przez indukcję), że \(a_n= \frac{3^n+1}{2}, n=1, 2, 3, \ldots \), a zatem \(A^n= \begin{bmatrix} \frac{3^n+1}{2} & \frac{1-3^n}{2} \\ \frac{1-3^n}{2} & \frac{3^n+1}{2} \end{bmatrix} \).

Stąd
\[f^{n}(4,2)=A^n \cdot \begin{bmatrix}4\\2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3^n+3\\3-3^n \end{bmatrix} \]

Wstawienie \(n= 2016\) kończy rozwiązanie zadania 1. Smacznego!

mogłbyś rozwiązać pozostałe zadania ?

[panb]

Wszystkich chyba nie. To strasznie dużo pisania.
Zadanie 7
Trzeba znaleźć wektory własne. Jeśli tworzą one bazę (tu: są 3 i są liniowo niezależne), to diagonalizowalna.

Wartości własne to pryszcz \(det(A-\lambda \mathbb{I})=0 \iff \begin{vmatrix}3-\lambda&0&0\\4&1-\lambda&2\\a&0&3-\lambda \end{vmatrix} =0 \iff (3-\lambda)^2(1-\lambda)=0 \iff \lambda_1=\lambda_2=3,\,\,\, \lambda_3=1\)

• Wektory własne dla \(\lambda=3\):
  
  \( \begin{bmatrix}0&0&0\\4&-2&2\\a&0&0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix}x\\y\\z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\\0 \end{bmatrix} \iff \begin{cases}4x-2y+2z=0\\ax=0 \end{cases} \iff \begin{cases} a=0\\x=x\\z=z\\y=2x+z\end{cases} \vee \begin{cases}a \neq 0\\x=0\\y=z \\z=z\end{cases} \)
  • Dla \(a=0\), mamy \(\vec{u}=(x,2x+z,z)=x(1,2,0)+z(0,1,1)\) i szukane wektory własne dla \( \lambda=3 \), to \((1,2,0) ;\,\,\, (0,1,1)\)
  • Dla \(a \neq 0\), mamy \(\vec{u}(0,z,z)=z(0,1,1)\) i jest tylko jeden wektor własny \((0,1,1)\)
• Wektory własne dla \(\lambda=1\):
  
  \( \begin{bmatrix} 2&0&0\\4&0&2\\a&0&2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\end{bmatrix} \iff \begin{cases}2x=0\\4x+2z=0\\ax+2z=0 \end{cases} \iff \begin{cases} x=0\\y=y\\z=0\end{cases} \)
  Bez względu na wartość parametru \(a,\,\,\, \vec{u}=(0,y,0)=y(0,1,0)\) i jest jeden wektor własny \((0,1,0)\)

A zatem mamy następującą sytuację:
dla \(a=0\) istnieją 3 wektory własne (1,2,0), (0,1,1) i (0,1,0)
dla \(a\neq 0\) są tylko dwa wektory własne (0,1,1) i (0,1,0).
Ponieważ \( \begin{vmatrix}1&2&0\\0&1&1\\0&1&0 \end{vmatrix} =-1\neq0\), więc wektory te stanowią bazę.

Szukana macierz \(P= \begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&1\\0&1&0 \end{bmatrix} \) (kolumny to współrzędne wektorów własnych).

Odpowiedź: a) Diagonalizacja jest możliwa dla \(a=0\), a szukana macierz \(P= \begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&1\\0&1&0 \end{bmatrix}\)

\(P^{-1}= \begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-2&1&-1 \end{bmatrix} \), więc macierz \(D=P^{-1}AP= \begin{bmatrix} 3&0&0\\0&3&0\\0&0&1\end{bmatrix} \)
Stąd macierz \(A=PDP^{-1}\), a \(A^n=PD^nP^{-1}=\begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&1\\0&1&0 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 3^n&0&0\\0&3^n&0\\0&0&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-2&1&-1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}3^n&0&0\\2 \cdot 3^n-1&1&3^n-1\\0&0&3^n \end{bmatrix} \)

Odpowiedź: b) dla \(a=0, \,\,\, A^n=\begin{bmatrix}3^n&0&0\\2 \cdot 3^n-1&1&3^n-1\\0&0&3^n \end{bmatrix} \)

[m4rc3ll]

Będzie rozwiązanie zadania 8?

[Jerry]

Ciesz się, że panb w ogóle coś zrobił! Wątek powinien trafić na śmietnik!!
Przepisz zadania w kodzie - może ktoś pomoże...

Pozdrawiam

[m4rc3ll]

[............]

[m4rc3ll]

No tak, ogrom pracy wykonał panb, i jestem mu bardzo wdzięczny, sporo pomógł tymi rozwiązaniami